安徽六安第一中学2026届高三下学期适应性考试 化学试题

**基本信息** 以生活应用（如豆腐凝固剂、冷敷袋）与科技前沿（离子液体、发光材料）为情境，覆盖物质结构、反应原理、实验探究等核心知识，注重科学思维与探究能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|14/42|生活化学、物质结构（氢键、VSEPR模型）、反应原理（阿伏伽德罗常数、电解）|结合驱肠虫剂山道年重排等真实情境，梯度设计基础概念与综合应用| |非选择题|4/58|工艺流程（废旧电池回收）、实验探究（三草酸合铁酸钾制备）、反应原理（甘油重整）、有机合成|以废旧电池回收、功能高分子合成为载体，融合平衡计算、实验设计与创新应用，体现科学探究与实践素养|

六安一中2026届高三年级适应性考试 化学试卷 考试时间：75分钟 满分：100分 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它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 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：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Fe 56 Co 59 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．生活中到处都有化学品的身影，下列说法错误的是（ ） A．硫酸钙可用作做豆腐时的凝固剂，其利用了胶体聚沉的原理 B．碳酸钠和氢氧化铝均用于治疗胃酸过多，利用了其可与盐酸反应 C．常见冷敷袋能降温镇痛，其利用了溶于水吸热 D．小龙虾外壳中的甲壳质是自然界大量存在的多糖，处理后得到的壳聚糖具有生物可降解性，可以制成药物载体、手术缝合线、环保包装袋 2．下列化学用语或表述正确的是（ ） A．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图: B．的VSEPR模型：   C．甲烷分子和四氟化碳分子的空间填充模型均为 D．的电子式： 3．下列描述不能正确反映事实的是（ ） A． 有强氧化性，但常温下可用钢瓶储存液氯 B． 烫发时使用还原剂将头发中的二硫键变成巯基，再用氧化剂将巯基氧化成新的二硫键 C． 甲烷水分子笼中甲烷与水分子之间通过氢键结合 D． 民谚：青铜和铁器“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，半干半湿条件下最易发生吸氧腐蚀 4．驱肠虫剂山道年(a)可重排为稳变山道年(b)，b可发生开环聚合。下列说法错误的是（ ） A．1 mol山道年(a)最多可与发生加成反应 B．1个稳变山道年(b)分子中含有3个手性碳原子 C． 山道年(a）分子和稳变山道年(b)分子互为同分异构体 D．b发生开环聚合后的产物为 5．FeS催化反应，既可以除去天然气中的，又可以获得。设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．标准状况下，中的价电子总数为 B．每除去，转移电子的数目为 C．标准状况下，22．4LCS2中含有键的数目为 D．溶于稀硝酸，所得溶液中的数目为 阅读下列材料，完成下面6-7道小题 族氮、磷及其化合物应用广泛。白磷可由磷灰石混以石英砂和过量的焙烧制得。白磷在热的浓碱液中发生歧化反应生成磷的氢化物(主要是，还有)和次磷酸盐(次磷酸是一元弱酸)。是一种无色剧毒的气体，可被害虫吸入体内干扰细胞能量代谢。磷化物(如、)可用作杀虫剂就是由于它极易水解生成气体。与许多过渡金属形成多种配合物，还是一种强还原剂，能从、等盐溶液中还原出金属。 6．下列反应的化学方程式错误的是（ ） A．白磷的制取： B．白磷与热的浓碱液反应： C．磷化钙的水解： D．还原： 7．下列有关物质的结构或性质的说法中，正确的是（ ） A．键键能： B．与过渡金属形成配合物的能力：NH3>PH3 C．结构中键角 D．溶液中有4种含磷微粒 8．离子液体在合成与催化、电化学等领域应用广泛，某离子液体的结构如图所示。X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，下列说法正确的是 A．含氧酸的酸性：W＞Y B．是强电解质，可以用于工业上冶炼Q C．同周期主族元素中，W的第一电离能最大 D．离子半径：W＞Q＞Z 9．某元素的物质间转化关系如图所示（部分反应条件及产物已略去）。已知：常温常压下B是具有漂白性的无色气体，D是强酸，E、F均为正盐。下列说法错误的是（ ） A．A可能是、S或 B．25℃时，同浓度溶液的pH： C．将B通入水中，所得溶液中： D．可利用B→E→F的转化除去烟气中的B 10．晶体的立方晶胞如图1所示，掺杂获得的一种发光材料结构如图2，利用热解制备可有效保护该晶体内部因的引入而发光淬灭。下列说法错误的是 ( ) A．x:y:z=1:1:3 B．热解可产生HF C．中与最近且等距的有6个 D．发光材料中空缺率为25％(空缺率) 11．科研人员以对硝基甲苯和丙烯腈为原料，采用间接成对电解方法协同合成对硝基苯甲酸和己二腈。两极均为惰性电极，电解质溶液为稀硫酸，双极膜内层为水层，工作时水层中的H2O解离成OH-和H+，并分别通过离子交换膜向两侧发生迁移，反应的原理示意图如下图所示。下列说法正确的是（ ） A．a为电源正极 B．转化2 mol丙烯腈，理论上电路中转移电子数为2NA C．双极膜中减少27 gH2O时，则与b极相连的电极上有1molCr3+发生转化 D．右半区综合反应的方程式为：-6e-+2H2O→+6H+ 12． 下列实验操作及现象能得出相应结论的是（ ） 选项 实验操作及现象 结论 A 取少量麦芽糖水解液，加过量溶液，再加新制的悬浊液，加热，生成砖红色沉淀 麦芽糖水解生成了还原性糖 B 向FeCl2溶液中滴加高锰酸钾溶液，溶液未变红 有还原性 C 以铁锌为电极，酸化的3％NaCl为电解液，一段时间后，从铁电极区域取出少量溶液于试管中，再向试管中滴入2滴铁氰化钾溶液后，未产生蓝色沉淀 铁电极受到保护，验证了牺牲阳极法 D 向2 mL 0．1 mol·L-1 MgCl2溶液中加入5 mL 0．1 mol·L-1 NaOH溶液,出现白色沉淀后,继续滴入0．1 mol·L-1FeCl3溶液,静置出现红褐色沉淀 同温下,Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3] 13．已知：的反应历程分两步。 第一步：    ；第二步：     在固定容积的容器中充入一定量的X和Y发生上述反应，相同时间内测得体系中部分物质的物质的量(n)随温度(T)的变化如图所示。已知：在图示温度范围内，反应的焓变和熵变几乎不变。下列说法正确的是（ ） A．若表示正反应活化能，则 B．若b点达到平衡状态，温度升高，增加的原因是第一步反应速率更快 C．若其他条件不变，仅将容器变为恒压状态，则体系建立平衡的时间不变 D．达到平衡后，若其他条件不变，再充入Z，重新达到平衡时，减小 14．向饱和溶液（有足量固体）中通入HCl气体，调节体系pH促进溶解，总反应为，平衡时、分布系数（其中M代表、或）与pH的变化关系如图所示，比如，已知：，下列说法错误的是( ) A．曲线Ⅱ表示与pH的变化关系 B．时， C．时，溶液中 D．总反应的平衡常数为 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．(钴酸锂)难溶于水，具有强氧化性，可用作锂电池正极材料，某锂离子二次电池的正极材料主要为，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物。通过如下流程利用废旧锂离子电池制取。 已知：常温下，该工艺条件下，有关金属离子沉淀完全()的pH见下表 离子 pH 9．4 3．2 9．0 4．7 10．1 8．9 （1）中含钴离子的价电子排布式为 。 （2）“酸浸还原”时，发生的反应中氧化产物为硫酸盐的化学方程式为 。 （3）水解净化过程中生成“滤渣”的离子方程式为 。 （4）氧化沉铁锰：若浸取液中，为使钴不损失，则常温下须调节溶液pH不大于_______；在调好pH后，加入NaClO溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是 。 （5）萃取分配比的定量分析：萃取工序中，Co2+在有机相和水相的分D= =9，若用等体积的萃取剂萃取2次，水相中剩余的Co2+为初始的______（用分数表示）。 （6）制：在空气中加热时固体残留物质质量与温度关系如图所示，写出900℃时，残留固体的化学式为 。 16．某化学小组制备三草酸合铁酸钾晶体(翠绿色)，探究影响产物纯度的因素。 Ⅰ．制备晶体 （1）步骤1中铁元素部分转化为红褐色沉淀，其余则以形式存在。 ①的作用是 。 ②产生的原因是 。 （2）步骤3得到的晶体通常不纯，原因是转化为少量写出生成该杂质的化学方程式 。 Ⅱ．探究影响晶体纯度的因素 取步骤2煮沸后的浊液a mL，向其中加入饱和溶液，控制用量(以反应后溶液pH值衡量)和加入方式，测定产物中配阴离子电荷并与理论值()对比，用偏离值表征杂质的含量，偏离值越大，杂质越多。实验如下： 实验操作 实验编号 加入方式 反应后溶液pH 配阴离子电荷偏离值 ⅰ 一次性倒入 2．5 ⅱ 逐滴加入 2．5 ⅲ 一次性倒入 3．5 ⅳ 逐滴加入 3．5 （3）分析上述实验，关于用量对产物纯度的影响得出的结论是 。 （4）对比实验ⅱ和ⅳ，猜测实验ⅱ中pH减小是影响晶体纯度的主要原因，设计实验方案：_______，证实了上述猜测。 （5）对比实验ⅰ和ⅱ，结合氧化还原反应规律分析“一次性倒入，电荷偏离值增大”的原因：_______。 Ⅲ．纯度测定 （6） 若得到的产品（M=491g/mol）中含有少量的FeC2O4.2H2O(M=180g/mol)等杂质。称取5.000g样品，溶于稀硫酸并配制成250mL。取25mL溶液，用0.1000mol/LKMnO4标准液滴至终点，消耗12.30mL，另取25mL溶液于试管中，加入过量Zn粉将Fe3+还原为Fe2+，过滤后用同浓度KMnO4标准液滴至终点，消耗14.30mLKMnO4标准液。 Ⅰ.样品的纯度为 （保留三位有效数字） Ⅱ.若第二次滴定过滤时，部分二价铁被空气氧化，测得的纯度会 (填偏高/偏低/无影响）。 17．甘油与水蒸气重整获得过程中发生以下反应： 主反应：①甘油分解： ②水气变换： 副反应：③甲烷化： 已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和。 相关物质的生成焓如下表所示。 物质 0 反应产物i的选择性定义为。 回答下列问题： （1）甘油与水蒸气重整获得的总反应④为，其________，该反应在________(填“高温”、“低温”、“任意温度”)时自发进行。 （2）反应达平衡时，温度对CO、、选择性的影响情况如图所示。图中表示选择性的曲线是________(填“a”或“b”)，700 K以后，的选择性随温度升高呈该变化趋势的原因是________(结合平衡移动加以解释)。 （3）在一定温度和压强下发生以上反应，下列说法正确的是_______(填序号)。 A．CO体积分数不再发生变化时，各反应达到平衡状态 B．其他条件不变，在1000~1200℃时，平衡时的物质的量随温度升高而增大 C．其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 D．改用对反应②选择性更强的催化剂，可增大的平衡产率 （4）维持压强为，在温度为T K条件下，与发生上述反应达平衡状态时，剩余，测得体系中产物的选择性如下表所示： 组分 CO 选择性 4% 64% 4% 28% 结合上表数据，p kPa、T K条件下，的平衡转化率为________%(保留1位小数)，水气变换反应的平衡常数________(用含p的计算式表示，无须化简。分压=总压×物质的量分数)。 （5）在实际生产中，增大水醇比可避免积碳的生成。用化学方程式说明以上措施的原理________。 18．化合物M是一种功能高分子材料。实验室由A制备M的一种合成路线如下： 已知：① ② 回答下列问题： （1）C中含有的官能团名称______。B分子中含有______个手性碳原子。 （2）由G生成M的化学方程式为 。 （3）根据化合物F的结构特征，分析预测化合物F与足量浓HBr加热反应，其反应类型为______，生成的有机产物结构简式为 。 （4）Q是E的同分异构体。同时满足下列条件的Q的同分异构体有______种。 ⅰ、分子中含有苯环和2个酚羟基 ⅱ、核磁共振氢谱有5组峰 （5）参照上述合成路线和信息，以CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2和甲醇为原料(其他试剂任选)，合成化合物。 合成线路为 。 岁月如反应历程，沉淀皆为积淀，考场似平衡体系，稳心方能守恒。 愿你化学键牢守初心，电子跃迁奔赴理想，高考落笔，皆得最优产物。 六安一中2026届高三年级适应性考试 化学试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 B C C D B A C 题号 8 9 10 11 12 13 14 答案 C C D D C D C 15．【答案】 （1）3d6 （2） （3）Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑ （4）7．4（2分）①可能是生成Fe(OH)3絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大。②可能是NaClO的氧化性强，将部分又氧化成LiCoO2，使钴的损失增大 （5）1/100 （6）CoO 16．【答案】 （1）作氧化剂，将价Fe元素氧化为价 水解使溶液显碱性，与结合产生沉淀 （2） （3）加入方式一定时，用量增多，产物的纯度降低 （4）向实验ⅳ反应后的溶液中逐滴滴加稀硫酸(pH与饱和草酸相同)至反应后溶液的，测得配阴离子电荷偏离值接近 （5）一次性倒入草酸，导致局部草酸浓度过高，其还原性增强，同时溶液局部pH较小，与草酸发生氧化还原反应导致杂质增多 （6）98.2％；偏低 17．【答案】 （1） 高温 （2）b 700 K以后，温度升高时：反应②平衡逆向移动，CO2生成量减少；反应③平衡逆向移动，CO2消耗减少，但反应②的影响更显著，最终导致CO2的选择性减小 （3）AB （4）78．3% （5） 18．【答案】（1） （酮）羰基、羧基 3 （2） （3）取代反应 （4）8种 （5） 详解： 1．B 【解题分析】碳酸钠的碱性过强,不能用作抗酸药,应选用碳酸氢钠作抗酸药B项错误。 2．C 【解题分析】邻羟基苯甲醛分子中羟基和醛基能形成分子内氢键,氢键示意图为,A项错误;中中心N原子的价层电子对数键数孤电子对数，无孤电子对，因此VSEPR模型为平面三角形，图示为四面体形，B错误；;甲烷分子和四氟化碳分子的空间结构都是正四面体形且C原子半径最大,该模型能表示甲烷和四氟化碳分子的空间填充模型,C项正确;D．的电子式为，D项错误。 3．【答案】C【解析】【详解】A．常温下干燥氯气与铁不反应，因此可以用钢瓶储存液氯，氯气的强氧化性在加热/有水条件下才会体现，故A正确；B．烫发的原理就是利用还原剂断开头发蛋白质中的二硫键得到巯基，造型后再用氧化剂氧化重新形成新的二硫键固定造型，故B正确；C．氢键的形成需要分子中存在与N、O、F等强电负性原子直接相连的氢原子，甲烷中C-H键极性极弱，甲烷与水分子之间不能形成氢键，仅靠范德华力结合，故C错误；D．半干半湿条件下，金属表面有薄水膜且氧气充足，最易发生吸氧腐蚀，因此有“不干不湿就半年”的说法，D正确；故答案选C。 4．【答案】D【详解】山道年(a)中含有2个碳碳双键、1个酮羰基（酮羰基可与加成，酯基的羰基不能加成），因此1 mol a最多可与发生加成反应，A正确；手性碳原子是指连有4个不同基团的饱和碳原子。标记稳变山道年(b)中的手性碳原子如图，共3个手性碳原子，B正确；山道年(a）分子和稳变山道年(b)分子中化学式相同，故C正确；b含有内酯（环酯）结构，可以发生开环聚合，内酯开环后得到聚酯产物如图，D错误。 5【答案】B【详解】A．标准状况下的物质的量为，1个分子价电子总数为，故价电子总物质的量为，数目为，A错误；B．反应中C元素从-4价升高到+4价，1 mol 反应失去8 mol电子，对应消耗2 mol ，故除去1 mol 时转移电子物质的量为4 mol，数目为，B正确；C．标准状况下,为液体，C错误；D．稀硝酸具有强氧化性，会将FeS溶解产生的氧化为，故溶液中数目远小于，D错误；故选B。 6．A 7．C 6．【答案】A 【详解】A．白磷可由磷灰石混以石英砂和过量的焙烧制得，反应中被氧化为，同时生成、白磷，反应的化学方程式为：，A错误；B．白磷在热的浓碱液中发生歧化反应生成磷的氢化物(主要是，还有)和次磷酸盐(次磷酸是一元弱酸)，即部分被还原为，部分被氧化为，反应的化学方程式为：，B正确；C．水解生成和，反应的化学方程式为：，C正确；D．还原时，元素被氧化生成，元素被还原生成，反应的化学方程式为：，D正确；故选A。 7．【答案】C 【详解】A．PH3​分子中P与3个H形成3个P−H键，P2H4​分子中P与2个H形成P−H键、同时P与P之间形成1个P−P键。由于P2H4​中P的成键环境与PH3不同，因此两者的P−H键的键能不相等，A错误；B．NH3中N的电负性大于PH3中P的电负性，N原子对孤电子对的吸引力更强，更难给出孤电子对形成配合物，而PH3中P的电负性较小，孤电子对更容易给出，与过渡金属形成配合物的能力更强，B错误；C．结构式为，P原子形成3个单键和1个P=O双键，P的孤电子数为，P的杂化方式为sp3，分子构型为四面体，由于P=O双键中π电子云密度高，排斥力强，且O电负性大于H，导致键角，故C正确；D．与过量NaOH反应生成，说明是一元酸，因此，溶液中不会发生电离，存在、H3PO2两种含磷微粒，故D错误；故选C。 8．【答案】C【详解】A．的含氧酸可能为次氯酸、高氯酸等，的含氧酸为碳酸，碳酸酸性强于次氯酸，A错误；B．属于共价化合物，熔融状态不导电，溶于水导电，是强电解质，工业上冶炼铝是电解熔融，不是电解，B错误；C．C正确；D．离子半径规律：电子层数越多半径越大；电子层相同时，原子序数越大半径越小。 离子半径：（3电子层）（2电子层）（2电子层），即，D错误；故答案选C。 9．【答案】C【详解】A．在空气中煅烧生成，、在中燃烧均生成，故A可能是、或，A不符合题意；B．时，同浓度溶液中：D为，强酸，酸性最强，最小，F为，强酸强碱盐，溶液呈中性，E为，强碱弱酸盐，水解呈碱性，最大，故：，B不符合题意；C．通入水中发生反应：，分步电离：、，溶液中存在电荷守恒：，因此，C符合题意；D．（B）与反应生成（E），在空气中被氧化为（F），可实现烟气中的去除，D不符合题意；故选C。 10．【答案】D【详解】A． 用均摊法计算图1晶胞的原子个数比：在晶胞顶点，数目：，即；在晶胞体心，数目：，即；在晶胞棱心，数目：，即； 因此，A正确；B．由和构成，热解会发生反应，可以生成，B正确；C． 位于顶点，最近的位于棱心，共6个，分别位于上下、前后、左右，C正确；D． 掺杂后，晶胞中数目为，数目为，数目仍为。根据电荷平衡，设数目为： ，解得，空位数为。 空缺率，D错误；答案选D。 11．【答案】D【详解】根据以上分析，a侧电解池的电极发生还原反应为阴极，a为电源负极，故A错误；丙烯腈转化为己二腈的方程式为2CH2=CHCN+2Ti3++2H2O=NC(CH2)4CN+2TiO2++2H+，转化2 mol丙烯腈，氧化还原过程转移2mol电子，但阴极存在副反应2H++2e-=H2↑，理论上电路中转移电子数大于，故B错误； C．电极上有发生转化，转移电子数为，对应双极膜迁移出和，减轻，故C错误；右半区Cr3+在阳极失电子发生氧化反应生成，把对硝基甲苯氧化为对硝基苯甲酸，综合反应的方程式为：-6e-+2H2O→+6H+，故D正确。 12．【答案】C【详解】A．麦芽糖本身属于还原性糖，无论是否水解都能与新制悬浊液反应生成砖红色沉淀，无法证明水解生成还原性糖，故A错误；B．Cl—也有还原性，可使高锰酸钾褪色，故B错误；C．书本实验D．溶液中的OH-过量,加入FeCl3溶液后,一定有Fe(OH)3沉淀产生,D项错误。故答案选C。 13．【答案】D【解析】A．由图得，一定时间内A的物质的量增大幅度比Z大，说明第一步反应比第二步反应速率快，活化能更低，A错误；B．b点达到平衡时，温度升高，两步反应平衡均逆向移动，而图示A的物质的量增大，说明第二步反应的逆向移动程度更大，此时第二步反应的逆反应速率大于第一步反应的正反应速率，B错误；C．总反应为气体分子数减少的反应，若改为恒压，则反应过程中容器体积减小，反应物浓度增大，反应速率改变，建立平衡的时间改变，C错误；D．容器体积不变，充入Z后平衡逆向移动使c(X)、c(Y)增大，且c(Z)也增大，由平衡常数K=不变，增大，X与Z的物质的量必然减小，X与Z的物质的量比值减小，D正确；故选D。 14．【答案】C【解析】A．由反应可知，pH越小，浓度越大，浓度越大，越小，随pH增大先增大后减小，所以，曲线Ⅱ表示与pH的变化关系，曲线Ⅰ表示与pH的变化关系，曲线Ⅲ表示与pH的变化关系，曲线Ⅳ表示与pH的变化关系，A项正确；B．时，；时，；当时，，B项正确；C．时，由电荷守恒和物料守恒联立可得到，由于，故，C项错误；D．的平衡常数，D项正确；故选C。 15．【答案】（1）3d6 （2） （3）Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑ （4）7．4（2分）①可能是生成Fe(OH)3絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大。②可能是NaClO的氧化性强，将部分又氧化成LiCoO2，使钴的损失增大 （5）1/100 （6）CoO 【解析】 （2）“酸浸还原”过程中，、H2SO4与Na2S2O3反应生成、，化学方程式为； （3）在“水解净化”过程中碳酸氢铵和Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀而除去，离子方程式为：Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑； （4）沉淀完全时pH=9．4，，；若浸取液中，为使钴不损失，，，，则常温下须调节溶液pH不大于7．4；在调好pH后，加入NaClO溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是：①可能是生成Fe(OH)3絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大；②可能是NaClO的氧化性强，将部分又氧化成LiCoO2，使钴的损失增大； （5）1/100； （6）的摩尔质量为183g/mol，18．3g物质的量为0．1mol，900℃时，残留固体质量为7．5g，根据钴原子守恒，含有5．9gCo，则含有7．5g-5．9g=1．6gO，O原子物质的量为0．1mol，可知残留固体的化学式为CoO。 16．【答案】 （1）作氧化剂，将价Fe元素氧化为价 水解使溶液显碱性，与结合产生沉淀 （2） （3）加入方式一定时，用量增多，产物的纯度降低 （4）向实验ⅳ反应后的溶液中逐滴滴加稀硫酸(pH与饱和草酸相同)至反应后溶液的，测得配阴离子电荷偏离值接近 （5）一次性倒入草酸，导致局部草酸浓度过高，其还原性增强，同时溶液局部pH较小，与草酸发生氧化还原反应导致杂质增多 （6）98.2％；偏低 【详解】 （1）①中铁元素化合价为+2价，步骤1生成的和中铁元素化合价 +3价，化合价发生变化，由此可知作氧化剂，将+2价的铁元素氧化为+3价；②溶液中水解生成，使溶液显碱性，步骤1生成的与结合生成沉淀，故答案为水解使溶液显碱性，与结合产生沉淀（回答合理即可）； （2）具有氧化性，有还原性，根据题中信息转化为，铁元素化合价降低，发生氧化还原反应，反应的化学方程式为； （3）比较表格实验i、iii或ii、iv结果可知，加入方式相同，用量增加，反应后溶液pH减小，配阴离子电荷偏离值增大，杂质增多，故答案为加入方式一定时，用量增多，产物的纯度降低； （4）实验ii、iv中草酸加入方式相同，反应后溶液pH不同，想要验证pH是否影响晶体纯度，可向实验iv中加入稀硫酸，将pH调节至2．5，若溶液在配阴离子电荷偏离值变为+0．09，证明猜测正确，故答案为向实验ⅳ反应后的溶液中逐滴滴加稀硫酸至反应后溶液的，测得配阴离子电荷偏离值接近+0．09； （5）对比实验ⅰ和ⅱ，反应后溶液pH相同，仅加入方式不同，有还原性，一次性倒入会使局部浓度过高，更多被还原为，进而生成杂质，使得杂质更多，偏离值更大，故答案为一次性倒入草酸，导致局部草酸浓度过高，其还原性增强，同时溶液局部pH较小，与草酸发生氧化还原反应导致杂质增多； （6）；根据上述计算可知若被氧化，偏小。 17．【答案】 （1） 高温 （2）b 700 K以后，温度升高时：反应②平衡逆向移动，CO2生成量减少；反应③平衡逆向移动，CO2消耗减少，但反应②的影响更显著，最终导致CO2的选择性减小 （3）AB （4）78.3% （5） 【详解】 （1）根据表格数据可得：，结合盖斯定律可知：目标反应=反应①+3×反应②，即反应④的==；由 可知：该反应ΔS＞0，ΔH＞0，则反应在高温时可自发进行； （2）升高温度，反应②逆向移动，平衡时CO2减少；反应③逆向移动，平衡时CO2增多、CH4减少，因此随温度升高CO2减少的趋势更平缓，对应曲线b；700 K以后，温度升高时：反应②平衡逆向移动，CO2生成量减少；反应③平衡逆向移动，CO2消耗减少，但反应②的影响更显著，最终导致CO2的选择性减小； （3）A．CO的体积分数属于变量，变量不变则证明已达到平衡状态，A正确；B．升高温度，反应②逆向移动，平衡时H2O的物质的量增大；虽然总反应在高温下正向移动，但图像显示CO2在减少，说明反应②占主导，H2O增多，B正确；C．增大压强，反应①逆向移动、反应③正向移动，总反应逆向移动，均会使H2减少，C错误；D．催化剂不改变平衡产率，D错误；故选AB； （4）平衡时，设CH4物质的量为x mol，根据选择性可知H2物质的量为mol，设反应①甘油分解a mol，依据碳原子守恒：CO、CO2物质的量之和为(3a−x) mol，根据选择性可知，则，根据氢元素守恒，，代入可得a=1．8；则C3H8O3的平衡转化率；结合上述分析，平衡时各物质的物质的量：C3H8O3为2．3-1．8=0．5 mol，CO和CH4为0．6 mol，H2为9．6 mol，H2O为6．4 mol，CO2为4．2 mol；总物质的量为21．9 mol，故水气变换反应的平衡常数； （5）增大水醇比时，过量的水蒸气会与积碳发生水煤气反应，将积碳转化为CO和H2，从而避免积碳附着，方程式为：。 18．【答案】（1） （酮）羰基、羧基 3 （2） （3）取代反应 （4）8种 （5） 【详解】结合已知信息，由C的结构简式，可以推出B的结构简式为，A到B发生的是消去反应，故A的结构简式为或，C到D是酯化反应，故D的结构简式为，E到F发生加成反应，故F的结构简式为，再发生消去反应，得到G，继续发生加聚反应生成M。 （1）由C的结构可知，C中含有的官能团名称为(酮)羰基、羧基；B的结构简式为，含有3个手性碳原子，如图：； （2）由G生成M发生的是加聚反应，化学方程式为； （3）F的结构简式为，与足量浓氢溴酸，加热反应，羟基被溴原子取代，发生取代反应，生成物的结构简式为； （4）E的结构简式为，Q是其同分异构体，满足条件：i．分子中含有苯环和2个酚羟基；ii．核磁共振氢谱有5组峰，可能的结构有：、、、、、、、（5）①是二烯烃，从左侧开始编号，双键在1、5号碳上，2号碳上有1个甲基，故名称为：2-甲基-1，5-己二烯；②分析合成流程，第一步由，CH3COCH2CH2COOH，第二步CH3COCH2CH2COOH与CH3OH发生酯化反应生成CH3COCH2CH2COOH，第三步发生反应：。 1 学科网（北京）股份有限公司 $