江西赣州市2026届高三下学期高考模拟自编卷05 化学试题

江西省赣州市2026年高三下学期高考模拟自编卷05 本试卷共11页，18小题，满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。 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，务必擦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。 可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、N-14、O-16 一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求） 1.江西有着悠久的历史，传承着众多非物质文化遗产。下列说法正确的是 A．吉安鲤鱼灯舞中制作鲤鱼灯骨架使用的竹条的主要成分为有机高分子 B．南昌瓷板画所使用的陶瓷的主要成分为 C．章贡客家根雕在雕刻过程中发生了化学反应 D．南城麻姑酒属于非电解质 2.天然气的主要成分为及少量的、、和CO等。下列有关说法错误的是 A．分子中的碳氧键键长： B．键的极性： C．键角： D．分子的极性： 3.实验室安全至关重要。下列说法正确的是 A．稀释浓硫酸时，酸溅到皮肤上，用的溶液冲洗 B．不慎将苯酚沾到皮肤上，立即用乙醇冲洗，再用水冲洗 C．在“钠在空气中燃烧”的探究实验中，无需标注实验图标 D．将结块的硝酸铵置于研钵中用研杵敲碎、研细 4.有机物M是一种抗肿瘤的药物，其结构如图所示。下列有关M的说法正确的是 A．含有2种含氧官能团 B．C原子的杂化方式为sp、和 C．含有2个手性碳原子 D．可以与盐酸反应 5.某化合物可用作酶抑制剂，其由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、U组成(结构如图)，其中Y、Z、U、W的主族序数依次增大。下列有关说法正确的是 A．第一电离能： B．Z的氧化物对应的水化物为强酸 C．是直线形分子 D．是一种易燃性物质 6.氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，20°C时，NaF的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大。可以通过以下工艺制备，下列说法错误的是 A．基态氟离子的电子排布式为： B．制备总化学反应方程式为： C．从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为蒸发至大量晶体析出，趁热过滤 D．研磨能够促进固相反应的原因是降低反应的活化能 7.反应可用于冶金。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．溶液中阴离子数为 B．中含有的电子数为 C．该反应消耗转移电子数为 D．中含键数目为 8.甲酸有两种可能的分解反应： 反应①：   反应②：   一定温度下，使用某催化剂时上述两反应的反应历程如图所示(标*表示吸附态)。 下列说法错误的是 A． B．温度升高，平衡时会增大 C．等物质的量的微粒能量： D．总体反应速率：反应①＞反应② 9.—二羟基二苯砜(X)和Y在一定条件下反应得到性能优异的特种工程塑料——聚醚砜醚酮(PESEK)。下列说法错误的是 A．选用芳香族氟化物，而未选用对应的氯化物，原因是键极性小，易断裂 B．反应为缩聚反应 C．M为HF D．可水解得到Y 10.由下列实验操作及现象能得出相应结论的是 实验操作及现象 结论 A 向白葡萄酒试样中滴加酸性溶液，溶液紫色褪去 白葡萄酒中含有还原性物质 B 向沉淀中分别加入盐酸和氨水，沉淀均溶解 为两性氢氧化物 C 木炭与浓热硫酸反应后气体依次通过酸性溶液、品红溶液、澄清石灰水，品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊 气体产物中含有 D 向盛有等体积等浓度的溶液的两支试管中分别加入0.2mL等浓度溶液和溶液，加溶液的试管中产生气泡的速率更快 比的催化效果好 11.氨燃料电池是当前推动绿氢能源化应用的重要研究方向和热点。一种通过光催化合成绿氨联合氨燃料电池的装置如图，在光照作用下光催化剂被激发产生电子()和空穴()。下列说法正确的是 A．X极电势高于Y极电势 B．Y极的电极反应式是 C．电子从X极经熔融移向Y极 D．每产生5.6 L(标准状况)，光催化装置生成 12.已知和结合形成两种配离子和，常温下，和混合溶液中，和的浓度对数lgc（实线）、含铜微粒的分布系数（虚线）与溶液pH的关系如图所示。(例如：) 下列说法不正确的是 A．实线II表示与溶液pH的关系 B． C．当时，体系中 D．图中a点对应的 13.某电池正极材料的部分晶体结构如图(Mg2+未画出)，电池放电时，电解液中的Mg2+持续嵌入立方体中心，放电结束时，Fe元素和Cu元素的价态均为+2价。下列说法错误的是 A．该部分晶体结构为晶胞的 B．晶胞中Cu2+与Mg2+之间的最近距离为a pm C．放电结束时，晶体的化学式为：MgCuFe(CN)6 D．放电结束时，晶胞中距离Mg2+最近的Mg2+个数为6 14.某溶液可能含有8种离子、、、、、、、中的若干种，现取两等份溶液进行如下实验： 第一份加入足量KOH溶液加热后收集到0.04 mol气体；第二份加入足量溶液后，得到干燥沉淀6.27 g，将所得沉淀加到足量的盐酸中后，再经过滤、洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g。 根据上述实验，下列说法正确的是 A．该混合物中一定含有、，可能含有、、 B．该混合物中一定含有、、、，可能含有、 C．该混合物中一定含有、、、，且当时可能含有、中的一种或两种都有 D．该混合物中一定含有、、、，其它离子均不存在 二、非选择题：本题共4小题，15题15分，16题14分，17题14分，18题15分，共58分。 15.粗铜精炼后的阳极泥含有和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下： （1）浸铜过程中除了与Cu反应和自身分解外，可能发生的反应还有___________。(写离子方程式) （2）浸金时，Au转化为。浸金过程中发生的反应： i．…… ii． ①补全反应i(该反应不产生气体)的离子方程式___________。 ②随温度升高，滤渣2中含金量变化趋势是先减小后增大，原因是___________。 （3）浸银时发生反应将HCHO氧化为。为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到含再生液，并循环使用。气体X是___________。 （4）黄金制品通常称作K金，K数是按照黄金的质量分数来划分的，如纯金制品称为24K金，则下图储氢合金I属于___________(选填“12”“15”或“18”)K金，且储氢合金I中与1个Cu原子距离最近且相等的Au原子有___________个。储氢时，氢原子进入铜金形成的四面体空隙中，则下图储氢合金II的标准状况下的比储氢率(比储氢率)为___________(写出计算式即可)。 16.乙二胺四乙酸铁钠是一种添加到酱油中的铁强化剂。以铁屑为原料制备乙二胺四乙酸铁钠晶体()的过程和实验装置如下： ①称取一定质量的铁屑，加入过量盐酸溶解，然后通入适量； ②将上述溶液和乙二胺四乙酸(用表示)加入如图所示三颈烧瓶中，控制反应温度为，滴加溶液调节pH为5，搅拌，直到溶液中出现少量浑浊； ③经分离提纯得到粗品。 已知：i．是一种配合物，微溶于乙醇，时在水中的溶解度为4.3 g。 ii．乙二胺四乙酸是一种弱酸。 回答下列问题： （1）仪器a的名称______，使用该仪器前需要______。 （2）反应过程中有气泡产生，则过程②生成的化学反应方程式为______。 （3）过程③中，从反应后的混合物中获得较高产率的粗品的操作是______、过滤、水洗、干燥；检验已洗涤干净的方法为______。 （4）保持其他条件不变，乙二胺四乙酸铁钠的产率随反应液pH变化的关系如图所示，pH过低或过高产品产率均减小的主要原因是______。 （5）已知：在pH为时，邻菲啰啉能与形成橙色配合物，下表为该配合物在510 nm处的吸光度与溶液中浓度的关系。 浓度 0 0.0008 0.0016 吸光度 0 0.20 0.40 测某含NaFeY的铁强化剂中铁元素的含量，在一定条件下将a g强化剂样品充分溶解配成250 mL的溶液，取25.00 mL溶液，向溶液中加足量的试剂盐酸羟胺，调节pH为3后与邻菲啰啉混合，在510 nm处测得的平均吸光度为0.50。 ①盐酸羟胺的作用是______。 ②该铁强化剂中铁元素含量为______(用含a的代数式表示)。 17.二氧化碳加氢制甲醇是实现“双碳”目标的重要途径。主要反应如下： I． II． 回答下列问题： （1）已知反应III：的___________。 （2）反应I的机理如图所示。在途径A中，决速步骤的能垒是___________eV。从热力学和动力学综合考虑，反应I的最优路径是___________(填“途径A”“途径B”或“途径C”)。 （3）温度为时，向某恒容密闭容器中充入和，只发生反应I． ①初始总压为，平衡时测得容器内总压为。计算该温度下的平衡转化率___________。 ②反应I：的平衡常数为。温度保持不变，将容器体积缓慢压缩至原来的一半，重新达到平衡后，的转化率___________(填“增大”或“减小”或“不变”)；请结合平衡常数解释原因___________。 （4）反应I的某路径主要步骤如下(*表示吸附态)： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ 其中，与第⑤步构成竞争关系的基元反应是___________(填序号)。 （5）工业上利用加氢制甲醇时，通常采用Cu基催化剂。某科研团队在不同条件下进行了实验，测得转化率和甲醇选择性数据如下表： 实验组 温度/ 压力/MPa (物质的量比) 转化率/％ 甲醇选择性/％ ① 200 5 3：1 18.5 92.3 ② 250 5 3：1 24.2 85.6 ③ 300 5 3：1 28.7 72.4 ④ 250 3 3：1 19.8 84.1 ⑤ 250 8 3：1 27.5 87.3 ⑥ 250 5 4：1 28.9 88.2 ⑦ 250 5 5：1 31.2 86.5 已知：反应I为主反应，反应II副反应； 甲醇选择性 工业条件选择：某工厂计划建设一套加氢制甲醇生产装置，要求兼顾较高的转化率和甲醇选择性。请根据表中数据，选择最优的反应条件组合(温度、压力、配比)：___________。 18.艾拉莫德(化合物F)可治疗类风湿关节炎，具有抗炎镇痛作用。如下是F的一条合成路线(略去部分条件和试剂)： 已知反应：，是较大烃基，是较小的烃基或氢。 回答下列问题： （1）反应①的反应类型为______。 （2）B的分子式______；B中的含氧官能团名称是______。 （3）吡啶()中存在大键，该大键可表示为______；在反应②中，吡啶除了作溶剂外，还起到的作用是______。 （4）在反应⑤的步骤中，二甲基丙酰氯和甲酸钠预先在溶剂丙酮中混合搅拌5小时，此过程的化学方程式为______。然后，再加入D进行反应。 （5）关于F的化学性质，下列判断不正确的是______。 A．可发生银镜反应 B．含氧官能团有4种 C．可使溶液显紫色 D．可形成分子内氢键 （6）G是A的同分异构体，分子结构中含、，满足条件的G有______种。 （7）参照反应①和②，利用和完成的合成路线(反应所需试剂任选)：______。 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省赣州市2026年高三下学期高考模拟自编卷05答案 1【答案】A 【解析】A．竹条的主要成分是纤维素，属于有机高分子化合物，A正确；B．陶瓷的主要成分是硅酸盐，SiO2是其中的重要成分之一，但并非唯一主要成分，B错误；C．根雕雕刻过程涉及物理切割和塑形，未发生化学组成的变化，属于物理变化，C错误；D．麻姑酒是含有乙醇的混合物，但混合物本身不属于非电解质，D错误；故选A。 2【答案】D 【解析】A．中碳氧键为双键，键长较长；中碳氧键为三键，键数越多键长越短，因此键长大于CO，A正确；B．因为氧的电负性大于硫，电负性差值越大键的极性越强，故键的极性大于键，B正确；C．均为形分子，O的电负性大于S，O对成键电子对的吸引力更强，电子对斥力更大，因此的键角大于，C正确；D．为正四面体结构，为非极性分子；为V形结构，为极性分子，非极性分子极性小于极性分子，因此极性小于，D错误；故选D。 3【答案】B 【解析】A．浓硫酸溅到皮肤上，应先用大量流动冷水冲洗去除大部分酸，再涂抹3%~5%的溶液中和剩余酸，不能直接用碳酸氢钠溶液冲洗，A错误；B．苯酚有毒、对皮肤有腐蚀性，且易溶于乙醇，因此不慎沾到皮肤上后，立即用乙醇冲洗、再用水冲洗，操作正确，B正确；C．图示为热烫警示图标，钠燃烧实验涉及火源，存在安全风险，必须标注该安全图标，C错误；D．硝酸铵受撞击易分解发生爆炸，结块的硝酸铵不能用研杵敲击研碎，D错误；故选B。 4【答案】D 【解析】A．该有机物中的含氧官能团只有酰氨基，A错误；B．该有机物中的碳原子有和两种，没有sp杂化的碳原子，B错误；C．该有机物种含氮五元环中连有酰氨基的C上有4种不同的取代基，属于手性碳原子，共1个，C错误；D．该有机物种含有酰胺基,可与盐酸反应，D正确；故选D。 5【答案】C 【分析】原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、U，其中Y、Z、U、W的主族序数依次增大，由结构，X形成1个共价键，X为氢；Y形成4个共价键，为碳；Z形成3个共价键，为氮；W形成1个共价键、U形成2个共价键，且原子序数W小于U、主族序数W大于U，W为氟、U为硫； 【解析】A．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能氟大于氮大于硫，故第一电离能：，A错误；B．亚硝酸不是强酸，B错误；C．CS2中碳为sp杂化，为直线形分子，C正确；D．CF4不是易燃性物质，D错误；故选C。 6【答案】D 【分析】根据工艺流程图，反应物有、、研磨使其充分反应，总反应方程式为，水浸后过滤掉得到NaF水溶液(滤液Ⅱ)，NaF的溶解度受温度影响较小，故从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为蒸发至大量晶体析出，趁热过滤，据此分析解答。 【解析】A．氟为9号元素，得一个电子成为氟离子(核外电子数为10)，故基态氟离子的电子排布式为：，A正确；B．根据分析可知，制备总化学反应方程式为：，B正确；C．NaF的溶解度受温度影响较小，故从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为蒸发至大量晶体析出，趁热过滤，C正确；D．研磨将固体颗粒粉碎，从而增大反应物的接触面积，加快反应速率，但不能降低反应的活化能，D错误；故答案选D。 7【答案】B 【解析】A．中，为弱酸根，会发生水解：，结合电荷守恒：，可得阴离子总数，阴离子数大于，A错误；B．的摩尔质量为，的物质的量为，1个分子含10个电子，故含电子数为，B正确；C．气体体积22.4 L未指明标准状况，无法确定O2物质的量，C错误；D．1个中，2个含个键，与2个之间形成2个配位键，共个4键，因此中含键数目为，D错误；故选B。 8【答案】B 【解析】A．反应①生成物总能量高于反应物总能量，是吸热反应，反应②生成物总能量低于反应物总能量，是放热反应，，故A正确；B．由反应①和②可知，，，则。反应①为吸热反应（），温度升高，增大；反应②为放热反应（），温度升高，减小。因此温度升高，比值减小，故B错误；C．从图中可知等物质的量的微粒能量：，故C正确；D．总体反应速率取决于反应的决速步骤即能垒最高的步骤，反应①的决速步骤是过渡态1，反应②的决速步骤是过渡态2，过渡态1的能垒低于过渡态2的能垒，所以反应①的活化能更低，速率更快，故D正确；则该题选B。 9【答案】A 【解析】A．F的电负性远大于Cl，因此C-F键的极性比C-Cl键大，选用芳香族氟化物是因为氟原子的强吸电子诱导效应增强了苯环碳原子的正电性，使其更易受亲核进攻，反应活性更高，A错误；B．该反应生成高分子化合物PESEK，同时脱去小分子M，符合缩聚反应的特征，B正确；C．根据原子守恒，反应中酚羟基(-OH)与C-F键反应，脱去的小分子M为HF，C正确；D．该物质含两个-Cl，在水解时会发生取代反应，-Cl被-OH取代后脱水形成羰基(C=O)，最终可得到Y(含羰基的二氟化合物)，D正确；故答案选A。 10【答案】C 【解析】A．向白葡萄酒中滴加酸性KMnO4溶液褪色，说明存在还原性物质，但白葡萄酒中可能含乙醇等还原剂，不一定仅为SO2，结论不准确；A错误；B．Cu(OH)2溶于盐酸是因酸碱中和，溶于氨水是因形成[Cu(NH3)4]2+络合物，而非与碱反应，故不属于两性氢氧化物；B错误；C．木炭与浓硫酸反应生成CO2和SO2，气体通过酸性KMnO4溶液除去SO2（品红不褪色），再通过澄清石灰水变浑浊，说明存在CO2；C正确；D．KMnO4与H2O2发生氧化还原反应产生O2，并非催化分解；而Cu2+可催化H2O2分解，但实验现象是因反应而非催化效果；D错误；答案选C。 11【答案】D 【分析】N2​在光催化剂表面转化为，碱性介质条件下，转化为，化合价升高，发生氧化反应，则电极X为负极，电极反应式为： ；电极Y通入，得电子发生还原反应，为正极，电极反应式为： ，据此分析回答。 【解析】A．由分析可知，电极X为负极，电极Y为正极，则X极电势低于Y极电势，A错误；B．根据分析，电极Y通入，得电子发生还原反应，为正极，电极反应式为： ，B错误；C．电子只能在外电路中移动，不会经过熔融电解质，电解质中是离子定向移动导电，C错误；D．标准状况下的物质的量为；合成时，，元素从价变为价，生成需要得到，因此生成需要；光催化反应中，生成同时生成，因此生成的物质的量为，D正确；故选D。 12【答案】C 【分析】和之间存在转化关系，pH越小，平衡逆向移动，以为主，随着pH增大，平衡正向移动，增大，则曲线I代表，曲线II代表；和形成配离子的反应依次为、，因此pH增大，增大，上述两个反应正向移动，减小，则为曲线III，先增大后减小，为曲线IV，一直增大，为曲线V，据此回答。 【解析】A．根据分析pH增大，正向移动，增大，也增大，实线Ⅱ表示与溶液pH的关系，A正确；B．由曲线Ⅳ和曲线V交点可知，，即，此时，则，可得的平衡常数， B正确；C．利用曲线I和曲线II的交点pH=11.5，=，即=，求出的平衡常数，pH=6.6时，mol/L，代入，求出；已知，此时，得,，所以，C错误；D．由曲线Ⅲ和曲线Ⅳ的交点，，即，此时，则，可得，再结合B选项，则a点，即，反应 解得，且a点对应，代入的平衡常数，计算得，则pH=4.2， D正确；故答案选C。 13.【答案】D 【分析】题目给出的是边长为a pm的小立方体结构，完整晶胞为边长2a pm的大立方体，该小立方体是完整晶胞的，放电结束后每个小立方体中心嵌入1个，对该小立方体做均摊：顶点共4个、4个，均摊得，，12条棱的中点各有1个，均摊得，中心1个属于该结构，，据此分析： 【解析】A．图中结构是边长为 a pm的小立方体，完整晶胞边长为2a pm，体积是小立方体的8 倍，因此该部分结构为晶胞的，A正确；B．嵌入题图小立方体的中心，位于小立方体顶点，二者最近距离为小立方体体对角线的一半为，B正确；C．放电结束时，Fe、Cu均为+2价，为-1价，镁离子为+2价，根据电荷守恒，所以晶体的化学式为，C正确；D．位于晶胞体心，距离最近的位于相邻晶胞的体心，沿 x、y、z 轴平面方向各有4个（如xOy平面内有4个），共12个，D错误；答案选D。 14【答案】C 【分析】I．根据第一份加入足量KOH溶液加热后收集到0.04 mol气体，能与反应生成气体，说明溶液中存在，同时根据生成0.04 mol气体，可知的物质的量为；Ⅱ．根据第二份加入足量溶液后，得到干燥沉淀6.27 g，说明溶液中含和中的一种或两种都存在，则与和不能共存的不存在；将所得沉淀加到足量的盐酸中后，再经过滤、洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g，说明生成的6.27 g沉淀由和共同组成，和一定存在，则与不能共存的不存在；根据沉淀数据，最后的2.33 g沉淀为，物质的量为，同时得到的物质的量为；再根据电荷守恒可知此时正电荷为的0.04 mol，负电荷为，则溶液中一定还存在，其物质的量为；无法检验出、，则、可能存在；综上所述，该混合物中一定含有：、、、；一定不含、；可能含有的是、；据此分析解答。 【解析】A．根据分析，该混合物中一定含有、、、；一定不含、；可能含有、，A错误；B．根据分析，该混合物中一定含有、、、；一定不含、；可能含有、，B错误；C．根据分析Ⅱ，溶液中、、、当只有时，，则当时，要保证电荷守恒，则、中必须存在其中一种或两种都有，C正确；D．根据分析，该混合物中一定含有、、、，但当时，必须要有其他阴离子如、中必须存在其中一种或两种都有来保证电荷守恒，D错误；故答案为：C。 15.【答案】（1） （2） 温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减小；温度太高时，反应ii产生逸出，促进反应ii进行，发生反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加 （3） （4）18 【分析】阳极泥经/稀硫酸、在浸铜，得到滤渣1（含、）；滤渣1经、稀硫酸和浸金，生成进入浸金液；浸金液与反应还原得到；滤渣2依次经溶液、浸银，最终得到。同时，利用浸金残渣制备储氢合金，测定其比储氢率。 【解析】（1）作为氧化剂，在酸性条件下将氧化为，与结合生成沉淀，自身被还原为，结合电子守恒与原子守恒，得离子方程式为：； （2）①已知反应ii：，全反应需将氧化为且不产生气体，说明的还原产物为，结合的氧化，反应i为：； ②温度升高时反应i（被氧化）速率加快，滤渣2中金含量减小；温度过高，反应ii（）速率加快，且生成的逸出，促使平衡正向移动，消耗更多的，导致用于反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加； （3）浸银过程中被氧化，为减少废液排放，需将氧化产物再生为。通入的气体X为； （4）①纯金为24K，合金I中原子数：晶胞I为体心立方，位于体心，数目为1；位于顶点，数目为。的质量分数，则K； ②储氢合金I为体心立方排布，Cu位于顶点，Au位于体心。以任一顶点Cu原子为中心，其被8个相邻的晶胞共用，每个相邻晶胞的体心位置均有1个Au原子，这些Au原子到该Cu原子的距离均为晶胞体对角线的一半，距离最近且相等，故共有8个； ③储氢合金Ⅱ中含有的铜原子数为，含有的金原子数为，该合金共有8个四面体空隙，标准状况下该晶胞最大储氢，比储氢率。 16.【答案】（1）恒压滴液漏斗 检查是否漏液 （2）4NaHCO3+FeCl3+H4YNaFeY·3H2O+3NaCl+4CO2↑+H2O （3）加入乙醇，降温结晶 取最后一次洗涤液，加入稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则已洗涤干净 （4）pH过低，H4Y电离出的Y4-浓度小；pH过高，Fe3+会转化为Fe(OH)3沉淀，Fe3+浓度小 （5）将Fe3+还原为Fe2+ 【分析】由题意可知，该实验的实验目的是以铁屑、盐酸、氧气、乙二胺四乙酸、碳酸氢钠为原料制备乙二胺四乙酸铁钠，并测定铁强化剂中铁元素的含量。 【解析】（1）由实验装置图可知，仪器a为恒压滴液漏斗，恒压滴液漏斗带有活塞，所以为防止漏液导致实验失败，使用前应检查装置是否漏液； （2）由题意可知，过程②发生的反应为氯化铁溶液与碳酸氢钠、乙二胺四乙酸在70~80℃的水浴中共热反应生成三水乙二胺四乙酸铁钠、氯化钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：4NaHCO3+FeCl3+H4YNaFeY·3H2O+3NaCl+4CO2↑+H2O； （3）由题意可知，乙二胺四乙酸铁钠溶于水、微溶于乙醇，则向反应后的混合物中加入乙醇可以降低三水乙二胺四乙酸铁钠的溶解度，便于晶体析出，所以从反应后的混合物中获得较高产率的三水乙二胺四乙酸铁钠粗品的操作为：加入乙醇，降温结晶，过滤、水洗、干燥；由方程式可知，三水乙二胺四乙酸铁钠沉淀的表面附有可溶的氯化钠杂质，所以检验三水乙二胺四乙酸铁钠沉淀的方法是向最后一次的洗涤液中加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成； （4）由题意可知，乙二胺四乙酸是一种弱酸，在溶液中分步电离，若溶液pH过低，溶液中的氢离子会抑制乙二胺四乙酸的电离，使得溶液中Y4-浓度减小，不利于三水乙二胺四乙酸铁钠的生成；若溶液pH过高，溶液中铁离子会转化为氢氧化铁沉淀，溶液中铁离子浓度较小，不利于三水乙二胺四乙酸铁钠的生成； （5）①由题意可知，加入盐酸羟胺的目的是将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，便于邻菲啰啉与亚铁离子形成配合物，达到测定铁强化剂中铁元素的含量； ②由表格可知，吸光度与浓度呈线性关系，设25.00 mL溶液中亚铁离子浓度为c mol/L，则由题意可得如下关系：=，解得：c=0.002，所以该铁强化剂中铁元素含量为：=%。 17.【答案】（1）-90.7 （2）1.8 途径B （3）30％ 增大 压缩体积至一半，各气体分压瞬间加倍，此时反应商,故平衡正向移动，转化率增大 （4）⑥ （5）温度、压力的物质的量比 【解析】（1）反应III可以由反应I减去反应II得到，其焓变。 （2）途径A为实线，通过图中观察，相对能量越大，反应越慢，途径A中反应的决速步骤为第一步，能垒1.8 eV；综合热力学和动力学因素，选择产物能量低且决速步骤能垒低的路径作为最优路径，综合这一点，最优路径为途径B。 （3）反应I：，设消耗了n mol的CO2，根据反应后的压强为原压强的85%，有：，解得，则CO2的平衡转化率为： ；压缩体积至一半，各气体分压瞬间加倍，此时反应商,故平衡正向移动，转化率增大。 （4）基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，第④步将一步转化成了和，此时体系中有这两个成分，根据与反应，可以知道和在此时竞争，故与第⑤步构成竞争关系的基元反应为⑥。 （5）根据表中数据，当温度、压力的物质的量比时，CO2的转化率较高且甲醇具有较高的选择性，生产出的甲醇较其他条件更多。 18【答案】（1）还原反应 （2） 醚键 （3） 中和反应生成的HCl，提高反应转化率 （4） （5）C （6）18 （7） 【分析】A在Fe粉、盐酸条件下反应生成B，Fe粉具有还原性，观察到B中含有氨基，A→B的过程中，O原子变少了，说明A→B是硝基被还原为氨基，结合B的结构简式和A的分子式可知，A的结构简式为，B与发生取代反应生成C，C发生③和④两步反应得到D，D发生反应生成E，E经⑥和⑦两步反应得到产物F，据此分析。 【解析】（1）反应①中，A中的硝基（）被还原为氨基（），反应类型为还原反应； （2）由B的结构简式可知，其分子式为；B中的含氧官能团为醚键； （3）吡啶为六元环，环上6个原子均为杂化，存在6个电子形成的大π键，可表示为；在反应②中，吡啶除作溶剂外，还可与反应生成的结合，促进反应正向进行，即中和反应生成的HCl，提高反应转化率； （4）在反应⑤的步骤中，二甲基丙酰氯和甲酸钠预先在溶剂丙酮中混合搅拌5小时，在这个过程中，甲酸钠和反应生成酸酐，该过程的化学方程式为：； （5）A．根据F的结构简式可知，F含有醛基，能发生银镜反应，A不符合题意；B．F中的含氧官能团有醚键、磺酰胺基、羰基、酰胺基，共4种，B不符合题意；C．F分子中不含酚羟基，不能使溶液显紫色，C符合题意；D．F分子中含有酰胺基等，可和电负性较大的O等元素形成分子内氢键，D不符合题意；故选C； （6）G是A的同分异构体，分子结构中含、，存在高度对称结构，将两个取代基放上去，取代在同环上：当取代在α位，有4种位置，有4种同分异构体；当取代在β位，有4种位置，有4种同分异构体；当取代在γ位，有2种位置，有2种同分异构体； 取代在不同环上：当取代在一个环的α位，放在另一环上有3种位置，有3种同分异构体；当取代在一个环的β位，放在另一环上有3种位置，有3种同分异构体；当取代在一个环的γ位，放在另一环上有3种位置，有3种同分异构体；共有19种，除掉A本身，符合条件的有18种； （7）参照反应①和②，利用和完成的合成路线。先发生硝化反应，在苯环上引入硝基得到，然后发生类似①的反应，将硝基还原为氨基得到，与在吡啶存在的条件下发生取代反应得到产物，则合成路线为：。 学科网（北京）股份有限公司 $