湖南省长沙市2026-2027学年高三秋季开学学情化学自测卷（人教版）

**基本信息** 高三开学学情自测卷，以中华文化（如第1题诗句吸热反应）、工业废盐回收（15题）等真实情境为载体，融合化学观念与科学探究，适配高三起点能力评估。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|14/42|化学与生活、物质结构、实验操作|结合传统文化（如诗句）、安全图标考查化学观念| |非选择题|4/58|工业流程（15题）、反应原理（16题）、有机合成（18题）|工业废盐回收（15题）、CO₂加氢（17题）等真实情境，体现科学探究与实践|

湖南省长沙市2026-2027学年高三秋季开学学情自测卷 化学试题（解析版） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B A B A C C A C A 题号 11 12 13 14 答案 D C A B 1．A 【详解】A．诗句描述煅烧石灰石的过程，发生反应，该分解反应属于吸热反应，A符合题意； B．爆竹爆炸涉及火药燃烧，燃烧均为放热反应，B不符合题意； C．蜡烛燃烧属于典型的放热反应，C不符合题意； D．雪融化是固态水变为液态水的物理变化，不属于化学反应，不是吸热反应，D不符合题意； 故选A。 2．B 【详解】A．为离子化合物，由和构成，题给电子式符合离子化合物电子式书写规则，A正确； B．乙醇结构为，仅含2个碳原子，键线式无拐点；题给键线式含有1个拐点，共3个碳原子，是1-丙醇的键线式，B错误； C．氢氧化铁胶体制备需要加热，涉及佩戴护目镜、明火、热烫、洗手等，题给安全图标均对应该实验的风险提示，C正确； D．硬脂酸甘油酯在、加热条件下水解生成甘油和硬脂酸钠，为皂化反应，题给方程式书写正确，D正确； 故选B。 3．A 【详解】A．物质的稳定性属于化学性质，由分子内共价键的键能决定，H2O稳定性大于H2S是因为O非金属性更强，H-O键键能更大；氢键只影响熔沸点等物理性质，不影响稳定性，A解释错误； B．CO与N2相对分子质量相同，CO是极性分子，N2是非极性分子，极性分子间范德华力更强，因此CO沸点高于N2，B解释正确； C．羧酸酸性取决于羧基电离H+的能力，-CH3是推电子基团，会减弱羧基中O-H键的极性，使H+更难电离，因此CH3COOH酸性弱于HCOOH，C解释正确； D．金刚石和晶体硅都属于共价晶体，共价键键能越大，共价晶体硬度越大；原子半径Si>C，因此C-C键键长更短、键能更大，硬度金刚石大于晶体硅，D解释正确； 故选A。 4．B 【详解】A．玻璃属于非晶体，不具有晶体的自范性，玻璃球的规则外形是外力加工的结果，并非晶体自范性的体现，A错误； B．晶体的X射线衍射实验可以获得晶胞的结构参数，进而测定键长、键角和晶体的微观结构，B正确； C．气态和液态物质不一定都由分子构成，例如液态汞由汞原子和自由电子构成，熔融由和构成，C错误； D．液晶是介于液态和晶态之间的特殊聚集状态，属于纯净物的一种状态，不是液体和晶体组成的混合物，D错误； 故选B。 5．A 【详解】A．除去粗盐水中的不溶物用过滤的方式，过滤的要点为“一贴、二低、三靠”，故A正确； B．蒸馏时温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管处，故B错误； C．容量瓶不能用来溶解，应该在烧杯中溶解氢氧化钠待冷却后转移至容量瓶中进行溶液的配制，故C错误； D．中和滴定时眼睛应该盯着锥形瓶中，方便确定终点，故D错误； 故答案为：A。 6．C 【详解】A．过氧化钠与水反应的离子方程式未配平，正确的方程式应为，A错误； B．氢氟酸是弱酸，不能拆写为，且会与结合为络合离子，实际溶解过程氢氟酸过量，反应为，B错误； C．等物质的量的与反应时，优先与反应生成，未达到与反应的用量，过量，化学计量数以的离子比例为基准，因此选项的离子方程式书写正确，C正确； D．稀硝酸具有强氧化性，会将氧化为，不会生成，一般条件下发生的主要反应为,根据条件不同会发生不同还原产物的反应，D错误； 故答案选C。 7．C 【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q单质暗处遇氢气发生爆炸，则Q为F元素；由阴离子的结构可知，Y为B元素；由阳离子结构中X、Z、W形成的共价键分别为1、4、3可知，X为H元素、Z为C元素、W为N元素。 【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则硼、碳、氮、氟四种原子的原子半径依次减小，A正确； B．同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硼酸、碳酸、硝酸的酸性依次增强，B正确； C．碳元素的氢化物属于烃，固态烃和液态烃的沸点高于氨气和氟化氢，C错误； D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第二周期中第一电离能小于氮元素的元素有锂、铍、硼、碳、氧，共5种，D正确； 答案选C。 8．A 【详解】 A．化学反应前后原子的种类和数量不发生改变，I与II反应的产物除III外，另一生成物的化学式为C3H6O，为丙酮，化学方程式为，故A正确； B．羧基、酯基均与NaOH溶液反应，则1molⅢ与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH，故B错误； C．酚羟基易被氧化，具有还原性，则CAPE可作抗氧化剂，可能与酚羟基有关，故C错误； D．1个CAPE中含有2个酚羟基，其邻对位上的氢原子可以被溴取代，碳碳双键可以和溴加成，则1molCAPE与足量饱和溴水反应，消耗4molBr2，故D错误； 答案选A。 9．C 【分析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。 【详解】A．II中和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，A正确； B．II中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B正确； C．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，C错误； D．若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样中的COD值偏高，D正确； 答案选C。 10．A 【详解】A．由反应I→II可知，2分子I通过加成得到1分子II，该反应为加成反应，A错误； B．I和II中都存在羟基，可以发生酯化反应，B正确； C．I和II中都存在酰胺基，可以发生水解反应，C正确； D．根据反应I→II可知，2分子I通过加成得到1分子II，双键加成形成环状结构，乙烯在UV下能生成环丁烷，D正确； 答案选A。 11．D 【详解】A．降低反应温度，活化分子百分数减小，可减缓反应X的速率，故A正确； B．在气体中加入一定量，氢气浓度增大，可以抑制平衡正向移动，能起到防护铁管的作用，故B正确； C．①、②，根据盖斯定律①-②得，故C正确； D． T℃时，若气体混合物中，则Q=，反应逆向移动，铁管不易腐蚀，故D错误； 故选D。 12．C 【详解】A．由、发生缩聚反应制备，故A正确； B．制备L的单体是、，每个单体分子中均含两个苯环，故B正确； C．L中的官能团是酯基和酚羟基，故C错误； D．、发生缩聚反应生成和苯酚，蒸馏出苯酚，平衡正向移动，可促进L的合成，故D正确； 故选C。 13．A 【分析】与电源正极相连的石墨电极为阳极，H2O失电子生成H+和O2，H+通过a膜进入产品室，则a膜为阳膜；与电源负极相连的石墨电极为阴极，H2O得电子生成H2和OH-，从NaOH溶液的流向看，其浓度应增大，所以Na+通过c膜流向N室，c膜为阳膜；通过b膜流向产品室，则b膜为阴膜。 【详解】A．产品室中，通过a膜进入的H+与通过b膜进入的发生反应：＋H＋=H3BO3＋H2O，去掉a膜，阳极区用稀硫酸作电解液，会影响的纯度，A错误； B．N室中与电源负极相连的石墨电极为阴极，H2O得电子生成H2和OH-，电极方程式为：，B正确； C．产品室中，通过a膜进入的H+与通过b膜进入的发生反应生成，可以推知可以发生电离平衡：+H2O+H+，则为一元弱酸，C正确； D．由分析可知，a、c膜均为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，D正确； 故选A。 14．B 【详解】A．同浓度的酸溶液，电离平衡常数越大，溶液酸性越强，起始时CH3COOH溶液pH较小，则CH3COOH酸性较强，则室温下，电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＞Ka(HCN)，A错误； B．由题干图示信息可知，①对应溶液显酸性，以CH3COOH的电离为主，此时抑制水的电离，②对应溶液呈中性，此时溶液中CH3COOH电离和CH3COO-相当，对水的电离几乎无影响，而③对应溶液中溶质为CH3COONa，由于CH3COO-水解促进水的电离，故溶液中水的电离程度：③>②>①，B正确； C．根据电荷守恒可知，溶液中分别有：c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)1+c(H+)，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)2+c(H+)，时，则有c(CN-)=c(Na+)1，c(CH3COO-)=c(Na+)2，由图可知，c(Na+)2＞c(Na+)1，即，C错误； D．由题干图示信息可知，滴定终点溶液均显碱性，故滴定时均应选酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，指示滴定终点，D错误； 故答案为：B。 15．(1) 通入空气过多会被氧气氧化成高价态锰的氧化物 (2) (3) pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质 (4)1：5 【分析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到MnO2，产生有气体O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O调节pH沉镁I，得到MgCO3，煅烧得到MgO，溶液再加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O沉淀，溶液加入H2SO4调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO2和Mn3O4焙烧，得到MnSO4，据此分析； 【详解】（1）①若通入空气时间过长，部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物，导致所得样品中锰元素的质量分数会降低； ②先用过量在酸性溶液中还原生成，离子方程式为，剩余的再用标准溶液滴定，离子方程式为，可得关系式、，则剩余的=，，样品中的纯度； （2）加热水解生成硫酸根和氧气，离子方程式：； （3）①煅烧有生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为，不能分解产生，不能得到疏松的轻质MgO； ②由题中信息可知，pH=8时，产生的沉淀为，调节到pH=4，磷元素存在形式为，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为； （4）Mn3O4、MnO2与(NH4)2SO4焙烧可生成MnSO4、NH3和N2；生成的MnSO4与NH3的物质的量之比为2∶3，设MnSO4、NH3和N2 化学计量数为4、6、1，，根据得失电子守恒，设Mn3O4化学计量数为a、MnO2化学计量数为b，列式，Mn元素质量守恒：3a+b=4，化合价升降守恒：，解得a=，b=，理论上消耗Mn3O4与MnO2的物质的量之比为1：5。 16．(1) > 、都是分子构成的物质，的相对分子质量大于，的范德华力大于 极性 (2) 放出 8.5 (3) 升高温度，反应i平衡向左移动程度小于反应ii平衡向右移动程度 10 【详解】（1）四氯化硅、二氯化硅都是分子构成的物质，分子间作用力决定沸点高低，因为四氯化硅的相对分子质量大于二氯化硅，故四氯化硅的范德华力大于二氯化硅。中原子价层电子对数为3，采用杂化，空间结构为形，故它是极性分子； （2）硅与周围4个硅形成共价键，1 mol硅含2 mol Si—Si键。此条件下生成0.1 mol Si、0.05 mol SiCl2，。 （3）①反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，升高温度，反应i平衡向左移动程度小于反应ii平衡向右移动程度； ②平衡常数只与温度有关，反应ii是吸热反应，温度升高，平衡常数增大。 ③忽略生成，即只发生反应i．设消耗的物质的量为。 ，，则 故； 平衡常数。 17．(1)ABCD (2) 反应Ⅰ的，温度升高正反应进行程度减小，的转化量减小；反应Ⅱ的，温度升高正反应进行程度增大，的转化量增大；转化量的增大幅度大于减小幅度 分子筛膜从反应体系中不断分离出，使反应I正向进行程度增大 E (3) 1.5 或 提供氧空位，促进的吸附：将Ce(Ⅳ)还原为Ce(Ⅲ)，为步骤ii提供还原剂：产生强还原性的，促进被还原 【详解】（1）要计算反应 I 的焓变△H，可利用盖斯定律，通过已知反应的焓变来推导；已知反应I的方程式为CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0；H2(g)燃烧的热反应为 H2(g)+O2(g)= H2O(l) △H3，A选项能提供H2燃烧生成液态水的焓变信息；CH3OH(1)的燃烧热反应为CH3OH(l)+ O2(g) = CO2(g)+2H2O(l) △H4，B选项可提供甲醇液态燃烧的焓变；H2O(1)= H2O(g) △H5，C选项能提供液态水转化为气态水的焓变；CH3OH(1)= CH3OH(g) △H6，D选项可提供液态甲醇转化为气态甲醇的焓变；根据盖斯定律，可得反应 I的焓变△H1=3△H3-△H4+△H5+△H6，综上所述ABCD的数据都需要； 故答案为：ABCD。 （2）当温度高于260℃时，反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，反应I逆向移动，反应Ⅱ正向移动，温度高于260℃时，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅱ逆向移动的程度，所以CO2平衡转化率随温度升高增大；分子筛膜可以从反应体系中不断分离出H2O，使反应I正向进行程度增大；CH3OH产率=CO2的转化率×CH3OH的选择性，结合各点横纵坐标可知，E点产率最高。 （3）x=0.2时，化学式为CeO1.8，Ce正价有+3和+4，设1个分子中，+3价Ce为a个，+4价Ce为b个，则a+b=1，结合正负化合价代数和为零可知3a+4b=1.8×2=3.6，联立解得，a=0.4，b=0.6，则==1.5；n(CO2):n(H2)=1：2时，结合图像可知，步骤ii反应的化学方程式为5CeO1.8+CO2+2H2=CH3OH+5CeO2或3CeO2⋅Ce2O3+CO2+2H2=CH3OH+5CeO2；提供氧空位，促进CO2的吸附：将Ce(Ⅳ)还原为Ce(Ⅲ)，为步骤ii提供还原剂：产生强还原性的Hδ-，促进CO2被还原。 18．(1)羧基 (2)浓硝酸、浓硫酸，加热 (3)a (4) (5) (6) 19 、、 (7) 消去反应 【分析】参照K的结构简式及F的分子式，可确定F为，J为。由此可推出A为，B为，D为，T为，E为；G为，I为。 【详解】（1）G中只含一种官能团，且能与溶液反应生成，结合分析可知，G中官能团名称是羧基； （2）A()→B()，发生硝化反应，所需试剂和反应条件是浓HNO3、浓H2SO4，加热； （3）a．戊糖T不能发生水解，则属于单糖，a正确； b．戊糖T分子中含有醛基和醇羟基，它们都能被酸性KMnO4溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基，b不正确； c．戊糖T的不饱和度为1，不存在含碳碳双键的酯类同分异构体，c不正确； 故选a； （4）由分析可知，J的结构简式是； （5）E生成F发生的是取代反应，同时会生成HCl，化学方程式为：； （6）D的分子式为：，不饱和度为，其同分异构体中属于芳香族化合物，说明除了含有苯环外其余结构均为饱和结构，可以分为如下几种情况讨论： ①当苯环上存在一个取代基：、、、，共4种； ②当苯环上存在两个取代基：、、，每种组合有邻、间、对三种情况，共9种； ③当苯环上存在三个取代基：，当两个甲基处于邻位时，氨基有2种位置，当两个甲基处于间位时，氨基有3种位置，当两个甲基处于对位时，氨基有1种位置，共计6种情况； 综上所述，共计4+9+6=19种同分异构体；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为，说明含有两个对称的甲基，满足条件的结构简式是、、； （7）由K脱去C6H7N，则生成L的结构简式为，L发生分子内加成后生成M的结构简式是，M发生羟基的消去反应得到碳氮双键生成维生素； ①由分析可知，M生成维生素的反应类型是消去反应； ②M的结构简式是。 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省长沙市2026-2027学年高三秋季开学学情自测卷 化学试题 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的原子量：H-1 C-12 O-16 N-14 Mg-24 Ca-40 第I卷（选择题 共42分） 1、 选择题：本题共14个小题，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．中华文化源远流长。下列诗句或谚语中涉及吸热反应的是 A．千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲 B．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏 C．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干 D．天窗尽见千山雪，雪未消时月正明 2．化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达错误的是 A．的电子式： B．乙醇的键线式： C．氢氧化铁胶体制备实验有关的安全图标为： D．硬脂酸甘油酯的皂化反应：＋3NaOH＋3C17H35COONa 3．物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是 性质差异 主要原因 A 稳定性： 分子间有氢键，分子间无氢键 B 沸点： CO是极性分子，是非极性分子 C 酸性： 是推电子基团 D 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： A．A B．B C．C D．D 4．下列关于物质结构与性质的说法正确的是 A．由玻璃制成规则的玻璃球体现了晶体的自范性 B．晶体X射线衍射实验可以用于键长、键角和晶体结构的测定 C．所有的气态物质和液态物质均是由分子构成的 D．液晶是指液体和晶体组成的特殊混合物，既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性 5．完成下列实验，所用仪器或操作合理的是 A B C D 除去粗盐水中的不溶物 除去工业乙醇中的杂质 配制250mL0.10mol·L−1NaOH溶液 用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸 A．A B．B C．C D．D 6．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列离子反应方程式书写正确的是 A．放入水中： B．赤铁矿溶于氢氟酸溶液中： C．向溶液中加入等物质的量的溶液： D．向溶液中滴加稀溶液： 7．短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q单质暗处遇发生爆炸，由上述五种元素形成的化合物结构如图所示。下列说法不正确的是 A．原子半径：Y>Z>W>Q B．最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Z>Y C．氢化物的沸点：Q>Z>W D．同周期中第一电离能小于W的元素有5种 8．蜂胶可作抗氧化剂，其主要活性成分咖啡酸苯乙酯()的合成路线如下，下列说法正确的是 A．I与II反应的产物除III外还有丙酮 B．III与足量溶液反应，消耗 C．可作抗氧化剂，可能与酯基有关 D．与溴水反应，最多可消耗 9．化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A．Ⅱ中发生的反应有 B．Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C．Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 10．人体皮肤细胞受到紫外线(UV)照射可能造成DNA损伤，原因之一是脱氧核苷上的碱基发生了如下反应。下列说法错误的是 A．该反应为取代反应 B．Ⅰ和Ⅱ均可发生酯化反应 C．Ⅰ和Ⅱ均可发生水解反应 D．乙烯在UV下能生成环丁烷 11．在T℃，气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：(K=0.33)，下列分析不正确的是 A．降低反应温度，可减缓反应X的速率 B．在气体中加入一定量能起到防护铁管的作用 C．反应X的可通过如下反应获得：、 D．T℃时，若气体混合物中，铁管被腐蚀 12．聚碳酸酯(L)是滑雪镜镜片的主要材料，透明性好、强度高、不易碎，能够给运动员提供足够的保护，其结构简式如图。 已知：2R＇OH++2R＂OH。L可由两种链状单体经这反应制备。下列关于L的说法不正确的是 A．制备L的反应是缩聚反应 B．制备L的每个单体分子中均含两个苯环 C．L中的官能团是酯基和醚键 D．通过蒸馏出苯酚可促进L的合成 13．现代膜技术可使某种离子具有单向通过能力，常用于电解池、原电池中。电解溶液可制备，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A．去掉a膜，阳极区用稀硫酸作电解液，不影响的纯度 B．N室发生的电极反应式为 C．为一元弱酸 D．a、c膜均为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜 14．常温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/L的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A．两种一元弱酸的电离常数： B．溶液中水的电离程度：③>②>① C．时， D．滴定时均可选用甲基橙作指示剂，指示滴定终点 第II卷（非选择题 共58分） 2、 非选择题：本题共4个小题，共58分。 15．利用一种电解锰工业废盐[主要含等]可回收元素锰、镁。已知：；。 (1)沉锰Ⅰ。向该工业废盐溶液中滴加适量氨水，充分反应后过滤、洗涤，将所得沉淀加水制成浆液，向其中通入适量空气得到Mn3O4样品。 ①若通入空气过多会使样品中锰元素的质量分数降低，其原因是_______。 ②称取1.050 g样品于锥形瓶中，加入溶液和适量稀硫酸，加热。待固体完全溶解后，冷却，用溶液滴定过量的Na2C2O4，消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL。不考虑杂质反应，计算样品中Mn3O4的纯度_______(写出计算过程)。已知：；。(均未配平) (2)沉锰Ⅱ。向“沉锰Ⅰ”后得到的滤液Ⅰ中加入足量(NH4)2S2O8生成MnO2，过滤得到滤液Ⅱ。过量的(NH4)2S2O8可加热水解去除。写出加热水解的离子方程式：_______。(已知结构式为) (3)沉镁。滤液Ⅱ沉镁流程如下。 ①“沉镁Ⅰ”中，当pH为8.0～12.2时，生成碱式碳酸镁，煅烧得到疏松的轻质MgO，pH过大时，不能得到该MgO的原因是_______。 ②“沉镁Ⅱ”中，加入H3PO4全pH=8.0时，沉淀完全。若加至pH=4.0时沉淀完全溶解。据下图分析，写出沉淀溶解的离子方程式：_______。 (4)制备MnSO4.利用“沉锰”获得的Mn3O4、MnO2与“沉镁”获得的(NH4)2SO4焙烧可生成MnSO4、NH3和一种无色无味气体。若反应生成的MnSO4与NH3的物质的量之比为2∶3，则理论上消耗Mn3O4与MnO2的物质的量之比为_______。 16．Si是电子工业中应用最广泛的半导体材料，Zn高温还原(沸点：57.6℃)是生产多晶硅的一种方法。已知主要反应如下： 1.  ； ii．  。 回答下列问题： (1)沸点：________(填“”或“”)(分子晶体)，其原因是________________________________；是________(填“极性”或“非极性”)分子。 (2)向密闭容器中充入和，发生上述反应。经时生成的硅含0.2 mol Si-Si键，同时生成了0.25 mol ，此时体系________(填“放出”或“吸收”)的热量为________kJ。 (3)在不同压强下，只发生上述反应，平衡时与的物质的量之比随温度的变化如图所示。 ①在相同压强下，升高温度，值增大的原因可能是________________________________。 ②反应ii的平衡常数：、、大小排序为________。 ③在一定温度、180 kPa下，体系中初始的和分别为、。假设此条件下，生成的忽略不计，反应时达到平衡，分压变为，内用分压表示的平均反应速率为________。该温度下，反应i的平衡常数为________(用分数表示)。 17．的资源化利用有利于实现碳中和。加氢制的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： (1)计算反应I的焓变需要以下数据中的___________(填序号)。 A．的燃烧热 B．的燃烧热 C．的 D．的 (2)在3MPa下，将的原料气匀速通过装有催化剂的新型膜反应器(如题图-1所示)，的实际转化率和的实际选择性随温度的变化如题图-2中实线所示。图中虚线表示相同条件下的平衡转化率、的平衡选择性选择性］随温度的变化。 ①温度高于平衡转化率随温度升高而上升的原因是___________。 ②时，的实际转化率高于平衡转化率的原因是___________。 ③使用不同催化剂时，的转化率和的选择性如题图-3所示，该条件下产率最高的催化剂是___________(填催化剂序号)。 (3)催化加氢制依次经历步骤，如题图-4所示： ①Ce正价有+3和时，催化剂中___________，写出：2参与“步骤ii”反应的化学方程式：___________。 ②步骤i中，先通入活化能提高催化剂活性，部分原理如题图-5所示。步骤ii中，被活化后的催化剂吸附，进一步被还原为。结合图示综合分析，步骤i能提高催化剂活性的具体原理为___________。 18．维生素可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如图所示(部分试剂和反应条件略去)。 已知：R1-CHO+H2N-R2→R1-CH=N-R2+H2O (1)G中只含一种官能团，且能与溶液反应生成，则G中官能团名称是___________。 (2)所需试剂和反应条件是___________。 (3)下列有关戊糖T的说法正确的是___________(填序号) a．属于单糖 b．可用酸性溶液检验其中是否含有醛基 c．存在含碳碳双键的酯类同分异构体 (4)J是一种六元环状化合物，在I生成J的过程中还生成了乙醇，则J的结构简式是___________。 (5)写出E生成F的化学方程式：___________。 (6)D的同分异构体中属于芳香族化合物有___________种(不考虑立体异构)；写出其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为的结构简式___________(任写一种即可)。 (7)由K经过如图转化可合成维生素。 ①M生成维生素的反应类型是___________。 ②M的结构简式是___________。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $