精品解析：2026年安徽池州市普通高中高三教学质量统一监测化学试题

绝密★启用前 2026年池州市普通高中高三教学质量统一监测 化学 满分：100分 考试时间：75分钟 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案选项涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案选项。作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应区域，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 Ca40 Fe56 La139 Ba137 Sn119 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。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. 生活中处处有化学，下列叙述错误的是 A. 常见苏打水中含有碳酸氢钠 B. 漂白粉可作游泳池等场所消毒剂 C. 维生素C常作水果罐头的着色剂 D. 氢氧化钠和铝粉的混合物可作管道疏通剂 2. 多糖是九华黄精的活性成分。以下研究黄精水提取液中多糖的方法达不到目的的是 A. 通过水浸法可获得含该多糖的提取液 B. 利用色谱法可实现多糖的分离与纯化 C. 红外光谱法可分析多糖中O-H键的特征吸收峰 D. 通过核磁共振氢谱可推测多糖相对分子质量 3. 下列项目式学习活动中，化学知识解释不合理的是 选项 项目 化学知识 A 探究市售碘盐在烹饪中的稳定性 加热时碘酸钾易被空气中的氧气氧化 B 探究“绿色”天然颜料的提取及应用 利用萃取原理提取有色果蔬中的天然色素 C 芜湖“铁画”的传承与保护 铁画锈蚀主要是因为在潮湿空气中发生吸氧腐蚀 D 食品膨松剂的探秘与实践应用 膨松剂的工作原理是产生二氧化碳使食品膨松 A. A B. B C. C D. D 4. 扑尔敏，主要用于治疗过敏性鼻炎和荨麻疹，其结构简式如下： 下列有关该物质的说法，正确的是 A. 具有两性 B. 分子式为C20H21ClN2O4 C. 含有3个手性碳原子 D. 1 mol该物质最多能和9 mol H2发生加成反应 5. 常温下NF3不与水作用，但与水汽的混合物遇火花发生爆炸反应，其化学方程式为2NF3+3H2O(g)NO+NO2+6HF。下列说法正确的是 A. NF3是非极性分子 B. NO2分子中含有大π键 C. NO与血红蛋白形成配合物时，由O原子提供孤电子对 D. 液态或固态HF中氢键的合理表示为： 阅读下列材料，完成以下2个小题。 氨是其他含氮化合物的生产原料。氨的催化氧化是工业制硝酸的基础。氨在水溶液中被过量氯气氧化为NCl3；液氨被NaClO氧化生成联氨(N2H4)；浓氨水与少量光气(COCl2)反应生成尿素[CO(NH2)2]；氨可以与(NH3OH)2SO4反应生成羟胺(NH2OH)。 6. 下列化学方程式错误的是 A. 4NH3+5O24NO+6H2O B. 3Cl2+NH3=NCl3+3HCl C. COCl2+2NH3=CO(NH2)2+2HCl D. 2NH3+NaClO=N2H4+H2O+NaCl 7. 下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是 A. 等物质的量的NH2OH和N2H4所含σ键数目相等 B. NH3和NCl3分子中的键角：∠H—N—H＜∠Cl—N—Cl C. NH3、N2H4、NH2OH中氮原子均为sp3杂化 D. 等浓度的(NH3OH)2SO4溶液和(NH4)2SO4溶液相比，后者酸性更强 8. 下列探究活动产生的废液中，可能大量存在的离子组是 选项 探究活动 离子组 A 用三氯化铁溶液腐蚀覆铜板制作图案 Fe3+、Cu2+、Cl-、H+ B 向硫化钠溶液滴加酸性KMnO4溶液 、S2-、Mn2+、Na+ C 用绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性废水中的 H+、Fe2+、、 D 向碘化钾溶液中加入氯水 K+、、Cl-、ClO- A. A B. B C. C D. D 9. 常温下呈液态的某化合物结构如图所示。Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中Y的原子序数等于W和X的原子序数之和。下列说法错误的是 A. 该物质呈液态的原因是离子体积较大 B. 元素电负性：X>W>Q C. Y与Z可形成离子化合物 D. 基态原子未成对电子数：X>W>Y 10. 某小组同学向pH=1的FeCl3溶液中加入过量Zn粉的过程中，对下列事实或现象的解释不合理的是 选项 事实或现象 解释 A 黄色溶液很快变浅 Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+ B 一段时间后有气泡产生 Fe3+浓度逐渐减小，氧化性逐渐减弱，所以一段时间后才产生氢气。 C pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀 Zn粉会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，转化为Fe(OH)3沉淀 D 当溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会与H+反应 A. A B. B C. C D. D 11. 汽车尾气中的NO和CO发生反应：2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)。假设该反应速率方程为v=kc2(CO)·c2(NO)[设T1温度下速率常数为k1，T2温度下速率常数为k2]，在2L恒容密闭容器中充入2molCO和2molNO，测得NO的转化率与温度、时间的关系如图所示。 下列说法错误的是 A. k1>k2 B. 平衡时反应速率的比值：< C. T1温度下，加入催化剂k1减小，则催化剂可能中毒 D. T2温度下，改变初始投料比例，可使平衡时NO的转化率与T1时刻相同 12. BaSnO3是一种立方结构氧化物材料，晶胞结构如图所示。因其易于掺杂，有望成为新一代透明导电薄膜。该立方晶胞的参数为a nm，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. Ba的配位数为12 B. 若将图中Sn平移至晶胞顶点，则O位于晶胞棱心 C. La掺杂Ba形成LaxBa1-xSnO3薄膜，当掺入量x=0.04时，晶体密度为 g∙cm-3 D. La掺杂Ba后，薄膜的导电性能显著提高，归因于La与Ba之间存在价态差 13. 某研究小组设计了铝-硝酸盐电池，处理含硝酸根离子的废水并回收氨资源，放电时，在催化电极表面被选择性还原为NH3，同时伴随少量N2生成，如图所示，下列说法错误的是 A. 负极区pH下降 B. 从正极区向负极区迁移 C. 正极还原0.1mol时，负极铝箔质量减轻7.2g D. 正极区发生反应有： 14. 室温下，H2R是一种二元弱酸，MR是一种难溶盐，含MR(s)的0.1mol·L-1Na2R溶液中lg[c(M2+)]/(mol·L-1)与pH的关系如图所示。已知M点c(H2R)=c(R2-)，N点c(HR-)=c(R2-)，则下列说法错误的是 A. 室温下，Ka1(H2R)=10-1.27，Ka2(H2R)=10-4.19 B. 已知pH=2.73，c(R2-)=10-2.49，则Ksp(MR)=10-6.79 C. pH=2.50时，溶液中c(HR-)>c(H2R)>c(R2-) D. 向体系中加入少量MR(s)，则的值增大 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 含铟铁矾渣(主要杂质为ZnFe2O4以及Bi的氧化物)是闪锌矿湿法冶锌过程中产生的废渣。从该废渣中回收金属铟与硫酸锌，可实现资源的增值利用，其工艺流程如下： 已知： ①25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38、Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-17、Ksp[In(OH)3]=1.0×10-33，当溶液中的离子浓度小于或者等于10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。 ②Fe3++4Cl-⇌[FeCl4]-In3+与Fe3+化学性质相似。 ③硫酸锌晶体通常为ZnSO4·nH2O，结晶时温度不同，n值不同，当温度在39℃~70℃时得到ZnSO4·6H2O。 回答下列问题： （1）铟为第ⅢA族元素，其基态原子的价层电子排布式为_______。 （2）萃取后水相1中的主要金属离子有Zn2+、_______。(填离子符号) （3）酸浸中Bi2O3转化反应的化学方程式为_______。水相1通过调节pH除去杂质离子，若c(Zn2+)为0.1mol·L-1，应当控制pH的范围为_______。水相1通过_______(具体的实验操作)、过滤、洗涤干燥得到ZnSO4·6H2O。 （4）萃取时滤液的pH对萃取率影响如图所示，pH大于2之后，In3+的萃取率急剧下降的原因是_______。(结合离子方程式，从平衡移动的角度解释)。 （5）已知萃取剂P204结构如图所示，则萃取时In3+与P204之间形成_______(填“配位键”或“氢键”或“范德华力”)。 （6）反萃取步骤中加入氯化钠的作用为_______。 16. 三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]·3H2O是一种典型的配位化合物，易溶于水。 Ⅰ.三草酸合铁酸钾晶体的制备 取少量草酸钾置于100mL烧杯中，加入10mL蒸馏水，水浴加热，使草酸钾全部溶解，继续水浴加热时，边搅拌边逐滴加入三氯化铁溶液后，得到澄清溶液，将溶液置于冰水中冷却至5℃以下，结晶、抽滤并洗涤得到粗产品。 Ⅱ.产品中草酸根和三价铁含量的测定 步骤1：称取提纯后的适量产品，配成100mL溶液，平均分成2份。 步骤2：取一份溶液，用Zn将Fe3+全部还原为Fe2+，过滤后，向溶液中再加入0.0100mol·L-1KMnO4溶液，将全部氧化成CO2，Fe2+全部氧化成Fe3+，恰好消耗KMnO4溶液体积16.00mL。 步骤3：另取一份溶液，酸化，加入0.0100mol·L-1KMnO4溶液至恰好完全反应，将全部氧化成CO2，消耗KMnO4溶液体积14.00mL(已知：还原产物均为Mn2+，上述数据为多次实验数据平均值)。 回答下列问题： （1）配制0.0100mol·L-1KMnO4溶液时，下列图示操作不合理的是_______。 a.转移　　b.定容　　c.摇匀 （2）制备三草酸合铁酸钾晶体时，边滴加边搅拌三氯化铁溶液，原因是_______；将粗产品通过_______(具体的实验方法)，可得到较纯净的三草酸合铁酸钾晶体。 （3）通过计算确定比值：n():n(Fe3+)=_______；若测定结果大于3:1，请分析可能的原因_______。 Ⅲ.探究草酸根和三价铁的反应 （4）文献表明：相同条件下，的还原性强于Fe2+。A小组同学取少量实验Ⅰ中混合溶液，经检验无Fe2+生成。B小组同学设计如图所示电化学装置，电流表指针偏转，负极有无色气体产生，向左侧烧杯中滴加_______，产生蓝色沉淀，证明有Fe2+生成，该电池总反应式为_______；A小组实验无Fe2+生成的原因是_______。 17. 燃料甲烷与载氧体硫酸钙发生化学链燃烧，得到高浓度二氧化碳。硫酸钙与硫化钙循环利用，能提高载氧量；富集的二氧化碳用于合成PPC塑料，利于低碳经济。已知 反应i：CaSO4(s)+CH4(g)⇌CaS(s)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=+149 kJ·mol-1 反应ii：3CaSO4(s)+4CH4(g) ⇌3CaS(s)+4CO(g)+8H2O(g) ΔH2=+776 kJ·mol-1 反应iii：CaS(s)+2O2(g)=CaSO4(s) ΔH3=-952 kJ·mol-1 回答下列问题： （1）计算反应CH4(g)+2O2(g)⇌CO2(g)+2H2O(g) ΔH=_______kJ·mol-1 （2）一定温度下，在2 L密闭反应器中通入1 mol甲烷，若只发生反应i和ii。 ①下列说法中能表明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 a.H2O(g)的浓度不变 b.固体质量不变 c.CO2与CO的物质的量相等 ②若平衡时c(H2O)=0.96 mol·L-1，则甲烷的平衡转化率为_______。 ③平衡后，反应器中c(CO2)：c(CO)随着温度降低而_______(填“减小”、“不变”、“增大”)。 （3）在燃料发生器中通入一定量的甲烷发生反应，达到平衡后，对出口气进行采样分析，测得CO2的产率与SO2的浓度随温度变化如图所示。已知其他条件不变时，在CaSO4载氧体中掺杂含不同百分含量的Mn氧化物时，能在一定范围内提升CO2产率。 ①当燃料反应器中的温度升高到一定程度，出口气中的SO2浓度急剧上升，与反应iv：3CaSO4(s)+CaS(s)=4CaO(s)+4SO2(g)有关，计算1250K时，图中M点反应iv的化学平衡常数Kc=_______。 ②下列有关说法正确的_______(填标号) a.从二氧化硫的控制角度，1175ºC是最佳的反应温度 b.增大空气反应器中的空气通入量，有利于增大CH4的平衡转化率 c.当反应进行一段时间后，再通入空气可实现载氧体的再生 d.当添加含Mn氧化物的量超过10%时CO2产率反而下降，原因可能是有部分锰氧化物在硫酸钙表面形成较大的团簇颗粒，降低了表面多孔性 （4）用二氧化碳与环氧丙烷催化合成可降解塑料PPC，同时也会合成副产物CPC，反应过程的能量变化如下图，已知在25ºC时，PPC的选择性(产物中PPC的质量与产物总质量的比值)大于99%，原因是_______，若升高温度，反应历程不变，PPC的选择性下降，可能的原因是_______。 18. 塞来昔布(化合物M)是一种选择性非甾体抗炎镇痛药，可由下列路线合成： 回答下列问题： （1）A中官能团名称为_______；F→G的反应类型为_______。 （2）写出C→D的化学方程式_______。 （3）化合物N是H的同分异构体，具有苯环结构，核磁共振氢谱显示为四组峰，且峰的面积比是6：2：1：1，则N的可能结构简式是_______。 （4）下列有关化合物A，说法错误的是_______(填标号)。 a.化合物A在空气中易被氧化 b.化合物A的碱性比NH3强 c.A→B反应的主要作用是保护氨基 （5）已知：++R2OH ①I的结构简式是_______。 ②I中氟原子对α-H活泼性的影响是_______(填“增大”、“减小”、“无影响”)。 （6）已知：。参考上述路线，设计如下转化。X、Y和Z的结构简式分别为_______、_______和_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2026年池州市普通高中高三教学质量统一监测 化学 满分：100分 考试时间：75分钟 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案选项涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案选项。作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应区域，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 Ca40 Fe56 La139 Ba137 Sn119 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。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. 生活中处处有化学，下列叙述错误的是 A. 常见苏打水中含有碳酸氢钠 B. 漂白粉可作游泳池等场所消毒剂 C. 维生素C常作水果罐头的着色剂 D. 氢氧化钠和铝粉的混合物可作管道疏通剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．常见苏打水中的 “苏打” 指的是碳酸氢钠，A正确； B．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，它具有强氧化性，能够杀菌消毒，因此可作游泳池等场所的消毒剂，B正确； C．维生素C具有强还原性，能被氧化而发挥抗氧化作用，常作水果罐头的抗氧化剂，而不是着色剂，C错误； D．氢氧化钠和铝粉反应产生的氢气具有膨胀和冲刷的作用，气体在管道内积聚并产生压力，有助于将堵塞物松动、推开，且该反应是放热反应，有助于加速油脂等物质的融化，使其更容易被水流冲走，因此氢氧化钠和铝粉的混合物可作管道疏通剂，D正确； 故选C。 2. 多糖是九华黄精的活性成分。以下研究黄精水提取液中多糖的方法达不到目的的是 A. 通过水浸法可获得含该多糖的提取液 B. 利用色谱法可实现多糖的分离与纯化 C. 红外光谱法可分析多糖中O-H键的特征吸收峰 D. 通过核磁共振氢谱可推测多糖相对分子质量 【答案】D 【解析】 【详解】A．多糖可溶于水，用水浸法可以从黄精中提取得到含多糖的溶液，A不符合题意； B．色谱法是分离、提纯有机化合物的重要方法之一，利用色谱法可实现多糖的分离与纯化，B不符合题意； C．红外光谱法能获得分子中所含有的化学键或官能团的信息，可分析多糖中O-H键的特征吸收峰，C不符合题意； D．核磁共振氢谱主要用于分析分子中氢原子的种类、数量和化学环境，无法直接推测多糖的相对分子质量，D符合题意； 故选D。 3. 下列项目式学习活动中，化学知识解释不合理的是 选项 项目 化学知识 A 探究市售碘盐在烹饪中的稳定性 加热时碘酸钾易被空气中的氧气氧化 B 探究“绿色”天然颜料的提取及应用 利用萃取原理提取有色果蔬中的天然色素 C 芜湖“铁画”的传承与保护 铁画锈蚀主要是因为在潮湿空气中发生吸氧腐蚀 D 食品膨松剂的探秘与实践应用 膨松剂的工作原理是产生二氧化碳使食品膨松 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．探究市售碘盐在烹饪中的稳定性指探究碘盐中的碘酸钾在加热条件下是否发生分解反应，不是碘酸钾被空气中的氧气氧化，A错误； B．“绿色”天然颜料即有色果蔬中的天然色素属于有机物，易溶于有机溶剂，可以利用萃取原理进行提取，B正确； C．潮湿的空气中，铁表面吸附的水膜中溶有一定量的氧气，此时主要发生吸氧腐蚀，C正确； D．食品膨松剂一般是利用分解反应产生的二氧化碳使食品形成疏松多孔的结构达到膨松的目的，D正确； 故答案选A。 4. 扑尔敏，主要用于治疗过敏性鼻炎和荨麻疹，其结构简式如下： 下列有关该物质的说法，正确的是 A. 具有两性 B. 分子式为C20H21ClN2O4 C. 含有3个手性碳原子 D. 1 mol该物质最多能和9 mol H2发生加成反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．该分子中（叔）氨基和另一个氮原子均有孤电子对，可以结合氢离子，显碱性；羧基电离出氢离子显酸性，故该分子具有两性，A正确； B．该分子中含有C、H、O、N、Cl四种元素，故其分子式为，B错误； C．该分子中含有1个手性碳原子，即与两个芳环直接相连的碳原子，C错误； D．该分子可与H2加成的有苯环、吡啶环、碳碳双键，故1 mol该物质最多能和7 mol H2发生加成反应，D错误； 故答案选A。 5. 常温下NF3不与水作用，但与水汽的混合物遇火花发生爆炸反应，其化学方程式为2NF3+3H2O(g)NO+NO2+6HF。下列说法正确的是 A. NF3是非极性分子 B. NO2分子中含有大π键 C. NO与血红蛋白形成配合物时，由O原子提供孤电子对 D. 液态或固态HF中氢键的合理表示为： 【答案】B 【解析】 【详解】A．中N原子有一对孤对电子，三个F在三角锥形底端，结构不对称，偶极矩不为0，是极性分子，A错误； B．是V形分子，中心N原子采用杂化，有一个单电子在p轨道上，与两个O的p轨道形成三中心三电子的大键，B正确； C．与血红蛋白配位时，由于分子中N原子含有一对孤对电子，因此与血红蛋白配位的是N而不是O，C错误； D．氢键具有方向性，液态或固态HF中氢键的合理表示为，图中表示错误，D错误； 故答案选Ｂ。 阅读下列材料，完成以下2个小题。 氨是其他含氮化合物的生产原料。氨的催化氧化是工业制硝酸的基础。氨在水溶液中被过量氯气氧化为NCl3；液氨被NaClO氧化生成联氨(N2H4)；浓氨水与少量光气(COCl2)反应生成尿素[CO(NH2)2]；氨可以与(NH3OH)2SO4反应生成羟胺(NH2OH)。 6. 下列化学方程式错误的是 A. 4NH3+5O24NO+6H2O B. 3Cl2+NH3=NCl3+3HCl C. COCl2+2NH3=CO(NH2)2+2HCl D. 2NH3+NaClO=N2H4+H2O+NaCl 7. 下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是 A. 等物质的量的NH2OH和N2H4所含σ键数目相等 B. NH3和NCl3分子中的键角：∠H—N—H＜∠Cl—N—Cl C. NH3、N2H4、NH2OH中氮原子均为sp3杂化 D. 等浓度的(NH3OH)2SO4溶液和(NH4)2SO4溶液相比，后者酸性更强 【答案】6. C 7. C 【解析】 【6题详解】 A．氨的催化氧化是工业制硝酸的基础反应，方程式符合反应事实，A正确； B．被过量氧化生成，作为氧化剂被还原为，方程式满足电子守恒、原子守恒，B正确； C．与浓氨水反应生成尿素，过量时，生成的会与进一步反应生成，正确方程式应为，原方程式错误，C错误； D．液氨被氧化生成联氨，作为氧化剂被还原为，方程式满足电子守恒、原子守恒，D正确； 故答案选C； 【7题详解】 A．（羟胺）的结构式为，1个分子含4个键（2个、1个、1个）；（联氨）的结构式为，1个分子含5个键（4个、1个）。等物质的量的二者键数目不相等，A错误； B．和中心原子均为杂化，含1对孤电子对。的电负性大于，中成键电子对更远离中心，成键电子对之间的斥力更小，因此键角，B错误； C．中原子价层电子对数，中每个原子价层电子对数，中原子价层电子对数，三者原子均为杂化，C正确； D．溶液中，（羟胺阳离子）的水解程度大于溶液中的水解程度，因此等浓度的溶液酸性更强，D错误； 故答案选C。 8. 下列探究活动产生的废液中，可能大量存在的离子组是 选项 探究活动 离子组 A 用三氯化铁溶液腐蚀覆铜板制作图案 Fe3+、Cu2+、Cl-、H+ B 向硫化钠溶液滴加酸性KMnO4溶液 、S2-、Mn2+、Na+ C 用绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性废水中的 H+、Fe2+、、 D 向碘化钾溶液中加入氯水 K+、、Cl-、ClO- A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．用三氯化铁溶液腐蚀覆铜板制作图案，发生反应。若三氯化铁过量，反应后废液中会存在未反应的，同时生成；为不参与反应的旁观离子，始终大量存在；且三氯化铁溶液因水解呈酸性，含大量，因此可大量共存，该离子组可能大量存在于反应后废液中，A正确； B．向硫化钠溶液滴加酸性溶液，酸性条件下具有强氧化性，会将氧化。若少量，会被部分氧化，且与酸性环境中的会发生反应，同时与氧化生成的会发生双水解反应，因此无法大量存在于反应后的废液中，该离子组不可能大量存在，B错误； C．用绿矾处理酸性废水中的，酸性条件下会与发生氧化还原反应：，会被氧化为，无法大量存在；同时酸性条件下会转化为（，酸性环境下平衡正向移动，不能稳定存在），因此该离子组不可能大量存在，C错误； D．向碘化钾溶液中加入氯水，发生反应，与过量结合生成；若溶液中存在，说明氯水过量，具有强氧化性，会将具有还原性的氧化，最终生成，因此与无法大量共存，该离子组不可能大量存在，D错误； 故答案选A。 9. 常温下呈液态的某化合物结构如图所示。Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中Y的原子序数等于W和X的原子序数之和。下列说法错误的是 A. 该物质呈液态的原因是离子体积较大 B. 元素电负性：X>W>Q C. Y与Z可形成离子化合物 D. 基态原子未成对电子数：X>W>Y 【答案】C 【解析】 【分析】Q在阳离子中仅形成1个单键，原子序数最小，故Q为H；W在阳离子中形成3个共价键，再失去一个电子，满足4价，故W为C；X在阳离子中形成3个共价键，满足3价，原子序数大于C（6），N 最外层5个电子，可形成3个单键，故 X为N；Y 的原子序数=W（C，6）+ X（N，7）= 13，短周期中原子序数13的元素故Y为Al；Z在阴离子中形成1个单键，原子序数大于Al（13），短周期中符合的元素为Cl（氯）（原子序数17，最外层7个电子，形成1个单键达8电子稳定结构），故Z为Cl，据此回答。 【详解】A．该物质离子间距离大，离子键弱，晶格能低，因此常温下呈液态，A正确； B．同周期主族元素从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小；H 的电负性（2.1）小于 C（2.5），故元素电负性：N>C>H，B正确； C．由分析知，Y为Al，Z为Cl，Y与Z形成的物质为AlCl3，属于共价化合物，C错误； D．X为N，电子排布，2p轨道3个电子分占3个轨道，未成对电子数为3； W为C，电子排布，2p 轨道2个电子分占2个轨道，未成对电子数为2；Y为Al电子排布，3p轨道1个电子分占1个轨道，未成对电子数为1，基态原子未成对电子数：N>C>Al，D正确； 故选C。 10. 某小组同学向pH=1的FeCl3溶液中加入过量Zn粉的过程中，对下列事实或现象的解释不合理的是 选项 事实或现象 解释 A 黄色溶液很快变浅 Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+ B 一段时间后有气泡产生 Fe3+浓度逐渐减小，氧化性逐渐减弱，所以一段时间后才产生氢气。 C pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀 Zn粉会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，转化为Fe(OH)3沉淀 D 当溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会与H+反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．为黄色，被Zn还原为浅绿色，浓度降低，溶液黄色变浅，反应方程式合理，A正确； B．氧化性顺序，Zn优先和反应，随着浓度减小，氧化性逐渐减弱，当氧化性弱于后，Zn才和反应生成氢气，因此一段时间后才产生气泡，B正确； C．水解平衡为，Zn和反应消耗，使平衡正向移动，促进水解生成红褐色沉淀，同时pH增大，C正确； D．pH为3~4时，浓度仅为，浓度极低，生成的Fe单质与的反应速率极慢，不可能将生成的Fe全部溶解，实际未检测到Fe单质的原因是该pH下Fe元素已经完全转化为沉淀，溶液中没有可被Zn置换的游离，因此得不到Fe单质，D错误； 答案选D。 11. 汽车尾气中的NO和CO发生反应：2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)。假设该反应速率方程为v=kc2(CO)·c2(NO)[设T1温度下速率常数为k1，T2温度下速率常数为k2]，在2L恒容密闭容器中充入2molCO和2molNO，测得NO的转化率与温度、时间的关系如图所示。 下列说法错误的是 A. k1>k2 B. 平衡时反应速率的比值：< C. T1温度下，加入催化剂k1减小，则催化剂可能中毒 D. T2温度下，改变初始投料比例，可使平衡时NO的转化率与T1时刻相同 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，T1比T2更先达到平衡，则T1条件下反应速率更快，则T1＞T2；T1温度下达到平衡时NO的转化率低于T2温度下平衡时，表示升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，据此分析； 【详解】A．根据分析，T1比T2反应速率速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知k1＞k2，故A正确； B．反应的速率方程为v=kc2(CO)·c2(NO)，=，T1温度下达到平衡时NO的转化率低于T2温度下平衡时，则表示，即，故B错误； C．T1温度下，加入催化剂k1减小，说明速率减小，则催化剂可能中毒，故C正确； D．T2温度下，减少CO的投料，可使平衡时NO的转化率与T1时刻相同，故D正确； 答案选B。 12. BaSnO3是一种立方结构氧化物材料，晶胞结构如图所示。因其易于掺杂，有望成为新一代透明导电薄膜。该立方晶胞的参数为a nm，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. Ba的配位数为12 B. 若将图中Sn平移至晶胞顶点，则O位于晶胞棱心 C. La掺杂Ba形成LaxBa1-xSnO3薄膜，当掺入量x=0.04时，晶体密度为 g∙cm-3 D. La掺杂Ba后，薄膜的导电性能显著提高，归因于La与Ba之间存在价态差 【答案】C 【解析】 【详解】A．以晶胞顶点的Ba原子为研究对象，根据晶胞结构，Ba原子位于立方晶胞的8个顶点，每个顶点的Ba原子周围，距离最近且相等的O原子分布在相邻晶胞的6个面心位置，通过空间延伸计数，每个Ba原子周围共有12个等距的O原子，因此Ba的配位数为12，A正确； B．原晶胞中，Sn位于晶胞体心，Ba位于晶胞顶点，O位于晶胞的6个面心；若将Sn平移至晶胞顶点，相当于对晶胞进行坐标平移变换，原晶胞中面心位置的O原子，在以Sn为顶点的新晶胞中，对应位置为晶胞的棱心，因此O位于晶胞棱心，B正确； C．当La掺杂量x=0.04时，晶胞中La的物质的量为0.04，Ba的物质的量为0.96，Sn为1，O为3，则该晶胞对应的摩尔质量；1个晶胞的质量；晶胞参数为，即，因此晶胞体积；根据密度公式，代入计算得，C错误； D．Ba元素在中为+2价，La元素为+3价，当La掺杂取代Ba后，为了维持晶体的电中性，会在晶体中产生电子作为载流子，载流子浓度的提升会显著提高薄膜的导电性能，因此薄膜导电性能提高的原因是La与Ba之间存在价态差，D正确； 故答案选C。 13. 某研究小组设计了铝-硝酸盐电池，处理含硝酸根离子的废水并回收氨资源，放电时，在催化电极表面被选择性还原为NH3，同时伴随少量N2生成，如图所示，下列说法错误的是 A. 负极区pH下降 B. 从正极区向负极区迁移 C. 正极还原0.1mol时，负极铝箔质量减轻7.2g D. 正极区发生反应有： 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，铝箔上Al被氧化，则铝箔为负极，发生电极反应：；催化电极为正极，被选择性还原为，发生电极反应：，据此解答。 【详解】A．负极发生电极反应：，即消耗，因此负极区浓度减小，pH下降，A正确； B．由分析可知，正极反应生成，负极消耗，为维持电荷平衡，从正极区向负极区迁移，B正确； C．放电时，在催化电极表面被选择性还原为NH3，同时伴随少量N2生成，即正极还原时，同时伴有副反应的发生：，因此正极还原0.1 mol时转移电子数小于，因此消耗Al的物质的量小于，则负极铝箔质量减轻小于，C错误； D．由分析可知，正极区发生反应有：，D正确； 故选C。 14. 室温下，H2R是一种二元弱酸，MR是一种难溶盐，含MR(s)的0.1mol·L-1Na2R溶液中lg[c(M2+)]/(mol·L-1)与pH的关系如图所示。已知M点c(H2R)=c(R2-)，N点c(HR-)=c(R2-)，则下列说法错误的是 A. 室温下，Ka1(H2R)=10-1.27，Ka2(H2R)=10-4.19 B. 已知pH=2.73，c(R2-)=10-2.49，则Ksp(MR)=10-6.79 C. pH=2.50时，溶液中c(HR-)>c(H2R)>c(R2-) D. 向体系中加入少量MR(s)，则的值增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．二元弱酸的电离平衡为：，；，。已知M点，，则，，即；N点，，则，代入，得，因此，，A正确； B．难溶盐的溶度积。已知时，M点，则，此时，因此，B正确； C．时，。由，得，故；由，得，故；再比较与：，故，因此溶液中，C正确； D．体系中溶液浓度为，根据物料守恒，，根据物料守恒。为难溶盐，加入少量，溶解达到饱和后，溶液中、浓度不变，浓度也不变，因此，该比值保持不变，D错误； 故答案选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 含铟铁矾渣(主要杂质为ZnFe2O4以及Bi的氧化物)是闪锌矿湿法冶锌过程中产生的废渣。从该废渣中回收金属铟与硫酸锌，可实现资源的增值利用，其工艺流程如下： 已知： ①25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38、Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-17、Ksp[In(OH)3]=1.0×10-33，当溶液中的离子浓度小于或者等于10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。 ②Fe3++4Cl-⇌[FeCl4]-In3+与Fe3+化学性质相似。 ③硫酸锌晶体通常为ZnSO4·nH2O，结晶时温度不同，n值不同，当温度在39℃~70℃时得到ZnSO4·6H2O。 回答下列问题： （1）铟为第ⅢA族元素，其基态原子的价层电子排布式为_______。 （2）萃取后水相1中的主要金属离子有Zn2+、_______。(填离子符号) （3）酸浸中Bi2O3转化反应的化学方程式为_______。水相1通过调节pH除去杂质离子，若c(Zn2+)为0.1mol·L-1，应当控制pH的范围为_______。水相1通过_______(具体的实验操作)、过滤、洗涤干燥得到ZnSO4·6H2O。 （4）萃取时滤液的pH对萃取率影响如图所示，pH大于2之后，In3+的萃取率急剧下降的原因是_______。(结合离子方程式，从平衡移动的角度解释)。 （5）已知萃取剂P204结构如图所示，则萃取时In3+与P204之间形成_______(填“配位键”或“氢键”或“范德华力”)。 （6）反萃取步骤中加入氯化钠的作用为_______。 【答案】（1）5s25p1 （2）Fe3+ （3） ①. Bi2O3+2H2SO4 = Bi2O(SO4)2+2H2O ②. 3≤pH＜6 ③. 在39℃~70℃蒸发浓缩结晶 （4）In3++3H2O⇌In(OH)3+3H+，pH增大，水解平衡正向移动，生成氢氧化铟，故萃取率降低 （5）配位键 （6）In3+ + 4Cl- ⇌ [InCl4]- ，促使三价铟离子转换为配合物，溶于水 【解析】 【分析】首先在第一步酸浸时硫酸将含铟铁矾渣溶解，并产生沉淀；第二步萃取时和铟离子结合成配位键形成有机相和含有离子以及离子的水相；第三步反萃取盐酸破坏了和铟离子结合成配位键，使得铟离子进入水相；在经过还原得到了粗铟。 【小问1详解】 铟是第五周期第ⅢA族元素，主族元素价电子为最外层电子，因此价层电子排布式为。 【小问2详解】 酸浸后溶解得到、，因为与化学性质相似，萃取时进入有机相，Bi已经沉淀除去，因此水相1中除外主要金属离子为。 【小问3详解】  ​与硫酸反应生成和水，配平得到化学方程式； 要使沉淀完全，不沉淀：沉淀完全时，代入得；，代入得开始沉淀时，因此pH范围为； 从溶液得到，结合题给信息“39℃~70℃得到，操作是蒸发浓缩控制温度在39℃~70℃结晶。 【小问4详解】  与性质相似，会发生水解，pH升高促进水解生成沉淀，可萃取的减少，萃取率下降。 【小问5详解】  有空轨道，萃取剂P204中O原子有孤对电子，二者形成配位键。 【小问6详解】 根据已知信息可与形成配离子，性质与相似，加入氯化钠提供，促进形成配离子进入水相，提高反萃取效率。 16. 三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]·3H2O是一种典型的配位化合物，易溶于水。 Ⅰ.三草酸合铁酸钾晶体的制备 取少量草酸钾置于100mL烧杯中，加入10mL蒸馏水，水浴加热，使草酸钾全部溶解，继续水浴加热时，边搅拌边逐滴加入三氯化铁溶液后，得到澄清溶液，将溶液置于冰水中冷却至5℃以下，结晶、抽滤并洗涤得到粗产品。 Ⅱ.产品中草酸根和三价铁含量的测定 步骤1：称取提纯后的适量产品，配成100mL溶液，平均分成2份。 步骤2：取一份溶液，用Zn将Fe3+全部还原为Fe2+，过滤后，向溶液中再加入0.0100mol·L-1KMnO4溶液，将全部氧化成CO2，Fe2+全部氧化成Fe3+，恰好消耗KMnO4溶液体积16.00mL。 步骤3：另取一份溶液，酸化，加入0.0100mol·L-1KMnO4溶液至恰好完全反应，将全部氧化成CO2，消耗KMnO4溶液体积14.00mL(已知：还原产物均为Mn2+，上述数据为多次实验数据平均值)。 回答下列问题： （1）配制0.0100mol·L-1KMnO4溶液时，下列图示操作不合理的是_______。 a.转移　　b.定容　　c.摇匀 （2）制备三草酸合铁酸钾晶体时，边滴加边搅拌三氯化铁溶液，原因是_______；将粗产品通过_______(具体的实验方法)，可得到较纯净的三草酸合铁酸钾晶体。 （3）通过计算确定比值：n():n(Fe3+)=_______；若测定结果大于3:1，请分析可能的原因_______。 Ⅲ.探究草酸根和三价铁的反应 （4）文献表明：相同条件下，的还原性强于Fe2+。A小组同学取少量实验Ⅰ中混合溶液，经检验无Fe2+生成。B小组同学设计如图所示电化学装置，电流表指针偏转，负极有无色气体产生，向左侧烧杯中滴加_______，产生蓝色沉淀，证明有Fe2+生成，该电池总反应式为_______；A小组实验无Fe2+生成的原因是_______。 【答案】（1）bc （2） ①. 防止局部三价铁离子浓度过大，水解成氢氧化铁沉淀 ②. 重结晶 （3） ①. 3.5:1 或者7:2 ②. 产品中混有草酸钾杂质 （4） ①. K3[Fe(CN)6] ②. 2Fe3+ += 2Fe2+ +2 CO2↑ ③. 与​反应生成配合物的速率更快，更稳定 【解析】 【小问1详解】 转移溶液时玻璃棒引流，操作a合理；定容时，当蒸馏水加至距离刻度线1∼2cm后，需要改用胶头滴管滴加至刻度线，不能直接用烧杯加水，操作b不合理；摇匀时需要将容量瓶反复倒置振荡，图示操作为上下摇动没有倒置，图示错误，因此不合理的是bc。 【小问2详解】 使反应物混合均匀，防止局部浓度过大发生水解生成氢氧化铁沉淀，保证反应充分进行；搅拌可使反应物充分接触，且避免局部浓度过高发生水解，影响产物生成；粗产品中混有杂质，利用重结晶法可提纯溶解度随温度变化较大的三草酸合铁酸钾。 【小问3详解】 产品中混有草酸盐(草酸)等含草酸根杂质(或部分未被Zn还原，导致测得偏小，合理即可) 解析：根据反应关系：​，​； 步骤3中，氧化消耗，得； 步骤2总消耗，氧化消耗，得； 因此。 若比值大于，说明测得草酸根偏多，或铁离子偏少，可能原因为产品混有含草酸根的杂质，或未完全被Zn还原。 【小问4详解】 检验的特征试剂是铁氰化钾溶液，可生成蓝色沉淀；该反应中被还原为，被氧化为，配平得到总反应；当与​形成稳定配合物后，氧化性降低，反应速率极慢，因此直接混合短时间内检测不到。 17. 燃料甲烷与载氧体硫酸钙发生化学链燃烧，得到高浓度二氧化碳。硫酸钙与硫化钙循环利用，能提高载氧量；富集的二氧化碳用于合成PPC塑料，利于低碳经济。已知 反应i：CaSO4(s)+CH4(g)⇌CaS(s)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=+149 kJ·mol-1 反应ii：3CaSO4(s)+4CH4(g) ⇌3CaS(s)+4CO(g)+8H2O(g) ΔH2=+776 kJ·mol-1 反应iii：CaS(s)+2O2(g)=CaSO4(s) ΔH3=-952 kJ·mol-1 回答下列问题： （1）计算反应CH4(g)+2O2(g)⇌CO2(g)+2H2O(g) ΔH=_______kJ·mol-1 （2）一定温度下，在2 L密闭反应器中通入1 mol甲烷，若只发生反应i和ii。 ①下列说法中能表明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 a.H2O(g)的浓度不变 b.固体质量不变 c.CO2与CO的物质的量相等 ②若平衡时c(H2O)=0.96 mol·L-1，则甲烷的平衡转化率为_______。 ③平衡后，反应器中c(CO2)：c(CO)随着温度降低而_______(填“减小”、“不变”、“增大”)。 （3）在燃料发生器中通入一定量的甲烷发生反应，达到平衡后，对出口气进行采样分析，测得CO2的产率与SO2的浓度随温度变化如图所示。已知其他条件不变时，在CaSO4载氧体中掺杂含不同百分含量的Mn氧化物时，能在一定范围内提升CO2产率。 ①当燃料反应器中的温度升高到一定程度，出口气中的SO2浓度急剧上升，与反应iv：3CaSO4(s)+CaS(s)=4CaO(s)+4SO2(g)有关，计算1250K时，图中M点反应iv的化学平衡常数Kc=_______。 ②下列有关说法正确的_______(填标号) a.从二氧化硫的控制角度，1175ºC是最佳的反应温度 b.增大空气反应器中的空气通入量，有利于增大CH4的平衡转化率 c.当反应进行一段时间后，再通入空气可实现载氧体的再生 d.当添加含Mn氧化物的量超过10%时CO2产率反而下降，原因可能是有部分锰氧化物在硫酸钙表面形成较大的团簇颗粒，降低了表面多孔性 （4）用二氧化碳与环氧丙烷催化合成可降解塑料PPC，同时也会合成副产物CPC，反应过程的能量变化如下图，已知在25ºC时，PPC的选择性(产物中PPC的质量与产物总质量的比值)大于99%，原因是_______，若升高温度，反应历程不变，PPC的选择性下降，可能的原因是_______。 【答案】（1）-803 （2） ①. ab ②. 96％ ③. 增大 （3） ①. (1/80)4或(0.0125)4或2.44×10-8或2.4×10-8 ②. cd （4） ①. 生成PPC的反应能垒低，生成CPC的能垒高 ②. 升高温度，PPC能量升高，越过能垒，分解成CPC或平衡逆向移动CPC生成PPC的能垒高 【解析】 【小问1详解】 目标反应为CH4(g)+2O2(g)⇌CO2(g)+2H2O(g)，根据盖斯定律推导：将反应 i + 反应 iii，即可消去（s）和CaS（s），得到目标反应，则； 【小问2详解】 ① 平衡状态判断，只发生反应 i 和 ii，对各选项逐一分析： a． H2O(g)是生成物，浓度不变说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡，a符合题意； b．反应 i、ii 中固体为（s）和CaS（s），反应过程中固体总质量会发生变化；当固体质量不变时，说明（s）和CaS（s）的量不再变化，反应达到平衡，b符合题意； c．CO2与CO的物质的量相等只是某一时刻的数值，与平衡状态无必然联系，不能作为平衡标志，c不符合题意； 故答案选ab； ② 已知：容器体积，初始，平衡时，根据反应 i、ii 的计量关系可知，，故甲烷的总转化量为，因此平衡转化率：； ③反应 i和反应 ii均为吸热反应，温度降低时，平衡向逆反应方向移动，由于反应 ii 的远大于反应 i 的，说明反应 ii 受温度影响更大，降温时，反应 ii 的逆移程度大于反应 i 的逆移程度，因此，CO的消耗量大于CO2的消耗量，CO的浓度下降幅度大于CO2，故 增大； 【小问3详解】 ①反应 iv：3CaSO4(s)+CaS(s)=4CaO(s)+4SO2(g)，对于有固体参与的反应，平衡常数只与气体的分压 / 浓度有关，固体不写入表达式：，由图像数据可知，1250K 对应 M 点的浓度，所以； ②a．由图可知，浓度在 1175K 后快速上升，为控制含量，最佳温度应选择1175K，而非 1175℃，a错误； b．空气反应器中发生反应 iii：CaS(s)+2O2(g)=CaSO4(s)，增大空气（）通入量，会生成更多； 虽然是燃料反应器中反应 i、ii 的反应物，但是固体，增大固体反应物量，平衡不移动， CH4的平衡转化率不变，b错误； c．燃料反应器中被还原为CaS，空气反应器中CaS被氧化为，因此通入空气可将CaS再生为，实现载氧体循环，c正确； d．催化剂的活性与比表面积（多孔性）相关，若锰氧化物团聚，会覆盖的活性位点、降低比表面积，导致催化效率下降，CO2产率降低，d正确； 故答案选cd； 【小问4详解】 分析能量图知：生成 PPC 的反应活化能较低（能垒小），生成副产物 CPC 的反应活化能较高（能垒大）；反应的选择性由活化能和温度共同决定，温度（25ºC）不变时，反应的选择性由活化能低的决定，所以在25ºC时，PPC的选择性高； 当温度升高时，主、副反应的速率均会增大，但活化能高的反应（生成 CPC）速率提升更显著，副产物 CPC 的生成量增加，因此 PPC 的选择性下降；生成PCC与生成CPC的反应均为放热反应，温度升高，平衡均逆向移动，而CPC转化为PCC的活化能更高，逆移程度更小，故PCC的选择性下降。 18. 塞来昔布(化合物M)是一种选择性非甾体抗炎镇痛药，可由下列路线合成： 回答下列问题： （1）A中官能团名称为_______；F→G的反应类型为_______。 （2）写出C→D的化学方程式_______。 （3）化合物N是H的同分异构体，具有苯环结构，核磁共振氢谱显示为四组峰，且峰的面积比是6：2：1：1，则N的可能结构简式是_______。 （4）下列有关化合物A，说法错误的是_______(填标号)。 a.化合物A在空气中易被氧化 b.化合物A的碱性比NH3强 c.A→B反应的主要作用是保护氨基 （5）已知：++R2OH ①I的结构简式是_______。 ②I中氟原子对α-H活泼性的影响是_______(填“增大”、“减小”、“无影响”)。 （6）已知：。参考上述路线，设计如下转化。X、Y和Z的结构简式分别为_______、_______和_______。 【答案】（1） ①. 氨基 ②. 还原反应 （2）+NH3+HCl或+2NH3+NH4Cl （3）或 （4）b （5） ①. ②. 增大 （6） ①. ②. ③. 【解析】 【分析】该合成路线以芳香胺 A 为起始，通过乙酰化保护氨基（A→B）避免后续反应中氨基被破坏，再经氯磺化、氨解得到磺酰胺类中间体 D，随后还原硝基为氨基（F→G），最后通过缩合与环化反应，引入三氟甲基等关键基团得到目标药物 M。 【小问1详解】 ① A 中官能团名称：氨基（结构中含 -NH2）② F→G 的反应类型：还原反应（硝基 -NO2被还原为氨基 -NH2）； 【小问2详解】 C 中的磺酰氯基团与 NH3 发生氨解反应，生成磺酰胺并释放 HCl（或 HCl 与 NH3 结合为 NH4Cl），化学方程式为：+NH3+HCl或+2NH3+NH4Cl； 【小问3详解】 条件：苯环结构、核磁共振氢谱四组峰，峰面积比 6：2：1：1，6 个氢对应两个等价甲基（−CH3​），剩余 2+1+1=4 个氢对应苯环上的氢与醛基氢（−CHO），可能有两种结构或  ； 【小问4详解】 a．A 含酚羟基（或氨基），在空气中易被氧化，a正确； b．A 中氨基与苯环直接相连（芳香胺），碱性弱于 NH3，b错误； ​c．A→B 是乙酰化反应，保护氨基避免后续反应被破坏，​c正确； 故选​b。 【小问5详解】 根据已知酯交换反应，化合物H 与乙酸酐反应生成含三氟甲基的 β- 酮酯，结构简式是： ；氟是强吸电子基团，会增强羰基 α-H 的酸性，使其增大活泼性； 【小问6详解】 根据合成路线：苯与混酸（HNO3​/H2​SO4​）发生硝化反应 → X硝基苯：，硝基苯经 Fe/HCl 还原 → Y苯胺： ，苯胺与过量 Br2 生成三溴苯胺，再经 NaNO2 /HCl 重氮化生成Z  。 【点睛】路线设计体现了官能团保护与脱保护、还原反应、亲核取代等经典有机合成策略，解题时注意区分反应类型及机理，分步解答。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $