山东省潍坊市2025届高三下学期一模模拟检测（一）化学试卷（解析版）

这是一份山东省潍坊市2025届高三下学期一模模拟检测（一）化学试卷（解析版），共27页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分， 类比是学习化学的重要方法等内容，欢迎下载使用。
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。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mn-55 S-32 Br-80 Ba-137
第Ⅰ卷 选择题(共40分)
一、选择题；本题包括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. 2024年11月12日上午10时，万众瞩目的2024年中国航空航天博览会在珠海金湾机场盛大开幕，此次航展“陆海空天电网”齐聚，体现了我国在航空、航天、军事等领域的大国自信。下列说法正确的是
A. 航展首日中国空军军机在空中拉出的彩色烟带属于丁达尔效应
B. 航天科技方面展示了SD-3运载火箭，其燃料偏二甲肼［］是极性分子
C. 我国研发的航空发动机使用了含铼(Re)合金材料，合金是纯净物
D. 战斗机的玻璃纤维雷达罩、聚碳酸酯舱盖、芳纶蜂窝材料部属于有机高分子材料
【答案】B
【解析】A．飞机表演时在空中拉出的彩色烟带是汽化的彩色发烟剂在空气中遇冷后凝结形成的烟，不属于丁达尔效应，A错误；
B．偏二甲肼的结构简式为(CH3)2NNH2，其空间结构不对称，正电中心和负电中心不重合，属于极性分子，B正确；
C．合金是由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)共熔制备出的特殊金属材料，属于混合物，C错误；
D．玻璃纤维属于新型无机非金属材料，聚碳酸酯、芳纶蜂窝材料属于有机高分子材料，D错误；
故选B。
2. 下列化学用语或图示正确的是
A. 的球棍模型：
B. 顺丁烯二酸的结构简式：
C. 用电子式表示HCl的形成过程：
D. 中σ键的原子轨道的电子云图形：
【答案】D
【解析】A．中B价层电子对数为3，是杂化，O的价层电子对数为4，孤电子对数为2，为杂化，球棍模型应为，A错误；
B．顺丁烯二酸中两个羧基位于双键的同一侧，结构简式应为，B错误；
C．氯化氢为共价化合物，用电子式表示形成过程为：，C错误；
D．中的σ键是 σ键，原子轨道电子云图为，D正确；
3. 实验是化学研究的重要方式。实验室中下列做法错误的是
A. 氢氟酸保存在塑料瓶中
B. 用酒精灯直接加热蒸馏烧瓶
C. 用盐酸清洗焰色试验的铂
D. 液溴保存时，常加少量的水进行液封
【答案】B
【解析】A．氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应而腐蚀玻璃，所以氢氟酸应保存在塑料瓶中，故A正确；
B．蒸馏烧瓶加热时需要垫上陶土网，不能直接加热，否则蒸馏烧瓶会受热不均而炸裂，故B错误；
C．用盐酸清洗焰色试验的铂丝，然后取出在火焰上烧至无色可以去除铂丝表面可能吸附的杂质，确保后续实验的准确性，故C正确；
D．液溴易挥发，密度大于水，在水中溶解度较小，所以液溴保存时，常加少量水进行液封，故D正确；
故选B。
4. 类比是学习化学的重要方法。下列“类比”说法中正确的是
A. 在中燃烧生成，则在中燃烧生成
B. 与反应生成，则与反应生成
C. 可与反应生成，则可与反应生成
D. 与烧碱溶液反应生成，则与氨水反应生成
【答案】C
【解析】A．Li在中燃烧只能生成，A项错误；
B．Fe与反应只能生成，B项错误；
C．中显价，是次氯酸的酸酐，可与反应生成中显价，是高氯酸的酸酐，可与反应生成，C项正确；
D．不能与弱碱反应，D项错误；
答案选C。
5. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】A．原子光谱是不连续的线状谱线，说明原子的能级是不连续的，即原子能级是量子化的，故A正确；
B．中中心C原子为杂化，键角为，中中心C原子为杂化，键角大约为，中中心C原子为杂化，键角为，三种物质中心C原子都没有孤电子对，三者键角大小与孤电子对无关，故B错误；
C．离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越大，配位数越大，周围最多能排布8个，周围最多能排布6个，说明比半径大，故C正确；
D．断开第一个键时，碳原子周围共用电子对多，原子核对共用电子对的吸引力较弱，需要能量较小，断开键越多，碳原子周围共用电子对越少，原子核对共用电子对的吸引力越大，需要的能量变大，所以各步中的键所处化学环境不同，每步所需能量不同，故D正确；
故选B。
6. 某立方晶系的硫锰矿晶胞，沿c轴将原子投影到ab平面，投影图如下（设代表阿伏加德罗常数的值，括号中c数据为原子在c轴方向的原子坐标）。下列说法错误的是
A. 基态Mn的价电子排布式为
B. 晶体中的配位数是6
C. Mn位于晶胞的顶角和面心
D. 若晶体密度为，则最近的两个硫原子之间的距离为
【答案】B
【解析】A．为25号元素，其基态原子的核外电子排布式为，基态Mn的价电子排布式为，A正确；
B．据投影图可知，晶胞结构如图，晶体中的配位数是4，B错误；
C．投影图可知，晶胞结构如图，晶胞中位于面心和顶角，C正确；
D．据均摊法计算可知，晶胞中硫原子有4个，锰原子有，设晶胞棱长为a cm，，a=，最近两个硫原子之间的距离为面对角线的一半，即，D正确；
故答案为：B。
7. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 用装置甲定量测定化学反应速率
B. 证明非金属性：S>C>Si
C. 用装置丙准确测定中和反应的反应热
D. 用装置丁验证对分解反应有催化作用
【答案】B
【解析】A．定量测定二氧化锰做催化剂过氧化氢分解的化学反应速率时，应选用分液漏斗防止气体逸出，同时还需要秒表测定相同时间内生成氧气的体积，则装置甲不能达到定量测定化学反应速率的实验目的，故A错误；
B．稀硫酸与碳酸钠固体反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，反应生成的二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和硅酸沉淀，由强酸制弱酸可知，酸性的强弱顺序为H2SO4>H2CO3> H2SiO3，由元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强可知，元素非金属性强弱顺序为S>C>Si，则装置乙能达到证明三种元素非金属性强弱的实验目的，故B正确；
C．铁丝搅拌器会因导热造成热量散失，导致实验误差较大，则装置丙不能达到准确测定中和反应的反应热的实验目的，故C错误；
D．温度、催化剂均能加快反应速率，由探究实验变量唯一化的原则可知，装置丁不能达到验证氯化铁对过氧化氢分解反应有催化作用的实验目的，故D错误；
故选B。
8. X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是宇宙中含量最多的元素，同周期Y的简单离子半径最大，Y与Z相邻，Z、M的核电荷数之比为2∶3，基态Q原子的价电子中s能级和p能级的电子数相等。下列说法不正确的是
A. 简单氢化物的稳定性：Z＞Y＞Q
B. 电负性：Z＞Y＞X＞Q＞M
C. X、Z元素形成的单质分子不都是非极性分子
D. Y与M、Q形成的化合物M3Y2、Q3Y4都是共价晶体
【答案】D
【解析】X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是宇宙中含量最多的元素，则X为H；同周期Y的简单离子半径最大，则Y为N；Z、M的核电荷数之比为2:3，则Z为O，M为Mg；基态Q原子的价电子中s能级和p能级的电子数相等，则Q为Si，据此分析解答。由分析知，X为H，Y为N，Z为O，M为Mg，Q为Si，
A．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞N＞Si，则简单氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4，故A正确；
B．同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，则电负性：O＞N＞H＞Si＞Mg，故B正确；
C．H、O元素形成的单质分子有H2、O2、O3，其中H2、O2是非极性分子，O3是极性分子，故C正确；
D．N与Mg形成的化合物Mg3N2是离子晶体，故D错误；
故选D。
9. 丙烯和溴化氢在通常情况下发生加成反应主要得到2-溴丙烷，其机理如下。下列说法不正确的是
A. 上述反应中，第一步为反应的决速步骤
B. 碳正离子中间体的稳定性：
C. 丙烯与卤化氢加成时，的反应速率最大
D. 与加成的主要产物为
【答案】D
【解析】A．上述反应中，第一步为反应慢，为决速步骤，A正确；
B．第一步慢反应得到的碳正离子为，可以推得碳正离子中间体稳定性：，B正确；
C．慢反应决定反应速率，酸性HI>HBr>HCl，故加入HI第一步反应更快，可知CH3CH=CH2与氢卤酸反应时速率大小HI>HBr>HCl，C正确；
D．根据题干信息，烯烃与HBr反应第一步是氢离子结合有一定负电性的碳原子，由于-CF3为吸电子基团，故与HBr加成的主要产物为，D错误；
故选D。
10. 以物质量之比为向恒压密闭容器中充入X、Y，发生反应，相同时间内测得Z的产率和Z在不同温度下的平衡产率随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 据图像分析，该反应是吸热反应
B. Q点是最高点，Q点为平衡状态
C. M、N点反应物分子的有效碰撞几率不同
D. 从M点到P点，可通过加入催化剂或分离产物Z而达到平衡点
【答案】C
【解析】A．根据图像中Z在不同温度下的平衡产率随温度的变化关系可知，随着温度升高，平衡产率逐渐降低，说明升温平衡逆向移动，得到，该反应是放热反应，A错误；
B．据图像可知，Q点Z的产率小于平衡产率，未达到平衡，B错误；
C．M、N点产率相同，但温度不同，所以反应物分子的有效碰撞几率不同，C正确；
D．图中M点未达到平衡是由于温度低导致速率低而反应时间不够，可通过加入催化剂或延长时间使其达到平衡，但分离Z会使反应速率降低，达不到目的，D错误；
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，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 由下列实验操作所得到的现象的解释合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】A．黑色固体可能是Na 与酒精灯燃烧产生的 CO2 发生置换反应生成炭黑，4Na+3CO2=2Na2CO3+C，A正确；
B．发生“钠从底部上浮升到液面，然后又下沉到底部，如此反复”的现象，首先是因为钠的密度比乙醇大，所以下沉。其次是因为在钠表面所得到的氢气产生浮力，所以上浮。在反应过程中,溶液的密度其实是渐渐增大的，与实验现象关系不大，B错误；
C．高浓度的NaOH 溶液具有强碱性，但是没有漂白性，酚酞褪色是因为很强的碱性使酚酞结构发生改变，变成无色结构，C错误；
D．热的苯酚水溶液自然冷却得到浑浊液为乳浊液，不是得到苯酚晶体，D错误；
故选A。
12. 邻二醇在酸催化作用下发生分子内重排脱水生成酮(或醛)，反应如下图所示。
下列说法错误的是
A. 反应物与乙二醇互为同系物
B. 反应物中有两个不对称C原子，该物质一定有旋光性
C. 通过核磁共振氢谱能验证反应产物的主、次关系
D. 类比上述反应，酸性条件下能转化为
【答案】AB
【解析】A．反应物中含有苯环结构，属于芳香醇，与乙二醇不是同系物，A错误；
B．反应物中有两个不对称C原子，有可能为内消旋体，不一定有旋光性，B错误；
C．主次产物的氢原子种类不同，因此通过核磁共振氢谱可以验证反应产物的主、次关系，C正确；
D．类比邻二醇分子内重排脱水原理，酸性条件下可以转化为，D正确；
答案选AB。
13. 利用在碱性条件下实现废水中（Ⅲ）的回收，铬的去除率大于，其装置如图所示。下列说法正确的是
A. 膜a，膜b均为阳离子交换膜
B. 废水室中反应的离子方程式为
C. 反应一段时间后，阴极区溶液的pH减小
D. 通电过程中石墨N极每产生33.6L（标准状况）气体，则双极膜内减少
【答案】BD
【解析】根据溶液中的离子移动方向，移向阳极，左侧石墨M为阳极，右侧石墨N为阴极，通过膜b进入产品室，为阳离子交换膜，膜a要阻止其他阳离子进入缓冲室，为阴离子交换膜，通过膜c进入产品室，膜c是阴离子交换膜。
A．通过膜b进入产品室，为阳离子交换膜，膜a要阻止其他阳离子进入缓冲室，为阴离子交换膜，A错误；
B．依据图中物质，废水室中Cr3+在碱性条件下被H2O2氧化生成，反应的离子方程式为，B正确；
C．根据溶液中的离子移动方向，移向阳极，左侧石墨M为阳极，右侧石墨N为阴极，阴极的电极反应为，阴极区消耗的的物质的量与双极膜中进入此区的的物质的量相等，所以反应一段时间后，阴极区溶液的pH不变，C错误；
D．通电过程中石墨N极每产生33.6L（标准状况）气体，即，则双极膜内有进入阴极室，同时有进入废水室，故双极膜内减少，即减少54g，D正确；
答案选BD。
14. 工业上从钴镍渣（主要含CO、NiO和少量FeO、Cu）中回收C和Ni的流程如下。
已知：① ；②，完全沉淀时；③。下列说法正确的是
A. 滤渣1是Cu，滤渣2是
B. 氧化性：
C. 若沉镍完全后滤液中，则
D. “氧化沉钴”中氧化剂、还原剂的物质的量之比为2:1
【答案】AC
【解析】钴镍渣（主要含CO、NiO和少量FeO、Cu），用硫酸溶液溶解并过滤，除去不溶于酸和水的杂质Cu，同时得到含有Ni2+、Fe2+及C2+的滤液，向滤液加入H2O2主要是氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，后用CCO3调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，达到除铁的目的，过滤后的滤液中继续加入氨水，可生成Ni(OH)2，再过滤除去，向滤液中加入Na2SO5和NaOH氧化沉得到C(OH)3，以此解答。A．由分析可知，滤渣1是Cu，滤渣2是，A正确；
B．氧化除杂步骤中，H2O2氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，但不能氧化C2+，说明氧化性：，B错误；
C．完全沉淀时，则溶液中c(OH-)=，若沉镍完全后滤液中，，≥=，C正确；
D．向滤液中加入Na2SO3和NaOH氧化沉得到C(OH)3，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，是氧化剂，是还原剂，氧化剂、还原剂的物质的量之比为1:2，D错误；
故选AC。
15. 25℃时，向的醋酸溶液中逐滴加入的NaOH溶液，向的溶液中逐滴加入的盐酸，且溶液的[化学上规定]与[或]的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 曲线①中的
B. 当时，则存在关系：
C. 当时，两溶液的pH均小于4.74
D. 25℃时，的溶液的pH约为9.37
【答案】C
【解析】向的醋酸溶液中逐滴加入的NaOH溶液，，加入NaOH溶液，pH增大，氢氧根离子浓度增大，促进醋酸的电离，逐渐增大，对应曲线②；向的溶液中逐滴加入的盐酸，，加入盐酸，pH减小，氢离子消耗氢氧根离子，促进醋酸根离子的水解，逐渐增大，对应曲线①；
A．向溶液中逐滴加入的盐酸，溶液的酸性增强，pOH增大，生成的增多，增大，曲线①中正确；
B．当时，两线相交，则存在关系：，说明，B正确；
C．当时，则两混合溶液中均含等物质的量的和，根据两线交点，可求，所以，则，根据电离常数计算，，C错误；
D．假设时，的溶液中，则，解得，则时，的溶液的pH约为9.37，D正确；
故选：C。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
三、非选择题
16. 卤族元素的化合物在科研和生产中有着重要的作用。回答下列问题：
（1）基态碘原子价电子排布式为_______；碘单质在中溶解度比在水中的大，原因是_______。
（2）主要用于药物合成，通常用反应生成，再水解制备，空间结构是_______，水解生成的化学方程式是_______。
（3）在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞(图1，长方体棱长为、、)，另一种取立方体形晶胞(图2，居于立方体中心，立方体棱长为)。图中氢原子皆己隐去。
①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子(●)位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为_______；该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为_______。
②两种晶型的密度近似相等，则_______(以含、和的代数式表达)。
【答案】（1） ①. ②. 碘单质、均为非极性分子，水为极性分子，相似相溶
（2） ①. 三角锥形 ②.
（3） ①. ②. 8 ③.
【解析】（1）I元素位于第五周期第VIIA族，基态碘原子价电子排布式为。碘单质在中的溶解度比在水中的大，是因为碘单质、均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在 中的溶解度比在水中的溶解度大。
（2）PI3的中心原子P的价层电子对数为，有一对孤电子对，故其空间结构是三角锥形，PI3水解生成，化合价不变，则化学方程式是。
（3）①由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×=1，位于棱上的锂离子个数为12×=3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为=；晶胞中位于体心的氯离子与位于12条棱上的锂离子距离最近，但离子的缺位率为，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为12×=8；故答案为：；8；
②设Li2(OH)Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为，立方体形晶胞，由两种晶型的密度近似相等可知，c=，故答案为：。
17. 偏磷酸钡具有耐高温、透光性良好等性能，是制备磷酸盐光学玻璃的基础物质。利用湿法磷酸(主要成分为，含有少量、、、等杂质)制备偏磷酸钡的一种工艺的主要流程如图所示：
已知25℃时：①，，，，
②将通入溶液中，当时生成，时生成，时生成，磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐。
回答下列问题：
（1）加入适量的主要目的是___________。
（2）“滤渣2”的主要成分有、S及，则脱砷元素和铁元素的反应中共消耗___________(用含a和b的代数式表示)；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则___________。
（3）“氨化”的目的之一是通入适量调节溶液的pH，从保证产率的角度出发，此时转化为A，A为___________(填化学式)。
（4）“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若将流程中“氨化”与“脱镁”交换，Mg2+沉淀不完全，原因是___________。
（5）“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、两种气体(空间构型分别为三角锥形和平面三角形)等物质，其反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）除去硫酸根(或将硫酸根转化为沉淀)
（2） ①. ②.
（3）
（4），F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全
（5）
【解析】由题干工艺流程图可知，向湿法磷酸加入Ca(OH)2将、、Mg2+转化为沉淀而除去，过滤的滤渣1主要成分为：CaSO4、Ca3(AsO4)2，然后向滤液中继续加入Na2S除砷铁，过滤出滤渣2主要成分为FeS、S和As2S3，然后向滤液中加入NH3进行氨化，加入NH4F进行脱镁，过滤出滤渣3主要成分为MgF2、CaF2，过滤后将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，得到NH4H2PO4晶体，将NH4H2PO4晶体与BaSO4一起高温煅烧得到偏磷酸钡Ba(PO3)2；
（1）由分析可知，“滤渣1”中含硫化合物的化学式为CaSO4；
（2）“滤渣2”的主要成分有、S及，反应中铁离子化合价由+3变为+2，得到电子aml，砷化合价由+5变为+3，得到电子4bml，由电子守恒可知，被氧化的硫离子化合价由-2变为0，为（a+4b）ml÷2，、消耗硫离子(a+b)ml，故脱砷元素和铁元素的反应中共消耗：()；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则；
（3）磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐，则反应中应该调节pH使得转化为，便于后续分离；
（4）因为，则F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全，故“氨化”与“脱镁”交换，导致Mg2+沉淀不完全；
（5）“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、空间构型分别为三角锥形和平面三角形的两种气体，结合质量守恒可知，分别为氨气、三氧化硫，氨气分子中N为sp3杂化、三氧化硫分子中硫为sp2杂化，分别为三角锥形和平面三角形构型，则其反应的化学方程式为。
18. 左氧氟沙星是一种具有广谱抗菌作用的药物，其前体K的合成路线如下：
ⅰ．(其中DHP、PPTS是有机试剂缩写)
ⅱ．
ⅲ．
（1）B的系统命名是___________。
（2）已知试剂X的分子式为，X的结构简式为___________。
（3）F分子中官能团名称为羟基、醚键、硝基、___________。
（4）I中含有两个酯基、两个六元环，的反应类型为___________，的化学方程是___________。
（5）F的同分异构体中满足下列条件的结构有___________种(不考虑立体异构)。
①为α-氨基酸；
②核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：3；
③1ml该物质与Na反应，消耗3ml Na；
④能与溶液发生显色反应。
（6）K的另一种制备途径如下：
写出M、P的结构简式___________、___________。
【答案】（1）2-羟基丙酸乙酯
（2） （3）碳氟键
（4） ①. 取代反应 ②.
（5）4 （6） ①. ②.
【解析】采用逆推法，由E的结构简式，参照A的分子式，可确定A为CH3CH(OH)COOH；A与C2H5OH发生酯化反应，生成B为CH3CH(OH)COOC2H5；依据已知ⅰ，可得出C为CH3CH(OPHT)COOC2H5；依据已知ⅱ可确定D为CH3CH(OPHT)CH2OH，由X的分子式为C6H2NO2F3，可确定X为；依据已知ⅰ，可确定F为；依据G的分子式，可确定G为；由已知ⅲ可得出H为；结合K的结构简式，H脱水得到I的结构简式为，再脱去C2H5OH，得到J的结构简式为，J发生酯基的水解反应，从而得到K；
（1）B为CH3CH(OH)COOC2H5，系统命名是：2-羟基丙酸乙酯；
（2）试剂X的分子式为C6H2NO2F3，由分析可得出，X的结构简式为；
（3）F为，分子中官能团名称为羟基、醚键、碳氟键、硝基；
（4）I中含有两个酯基、两个六元环，则I为，H()→I的反应类型为取代反应，I()→J()发生取代反应，化学方程式是→+C2H5OH；
（5）F为，F的同分异构体中满足下列条件：“①为α-氨基酸；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③1ml该物质与Na反应，消耗3mlNa；④核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为1:1:2:2:3”有机物，结构简式可能为，共有4种(不考虑立体异构)；
（6）由流程图 ，参照原料和产品的结构，可逆推出P为，由已知ⅲ及N可脱去2个HF，可推出M为，从而得出M、P的结构简式为、。
19. 对溴乙酰苯胺()是医药合成的重要中间体，实验室常以乙酰苯胺()和为原料来合成。实验步骤如下：
步骤Ⅰ．向一定体积的三颈烧瓶中，先加入45.0mL乙醇，再加入10.8g乙酰苯胺，充分溶解。将13.0g溴溶解于20.0mL冰醋酸中，装入图1所示装置的仪器a中；
步骤Ⅱ．一边搅拌一边慢慢地滴加溴的冰醋酸溶液，滴加完毕后，在45℃下，继续搅拌反应1小时，然后将温度提高至60℃，再搅拌一段时间；
步骤Ⅲ．在搅拌下将反应后溶液慢慢加至含少量NaOH的100mL冰水中(混合后溶液呈弱酸性)，此时立即有固体析出，略有黄色，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液充分搅拌至黄色恰好褪去，将上述溶液放入冰水浴中慢慢冷却；
步骤Ⅳ．采用如图2所示装置过滤，并用冷水充分洗涤，干燥，经系列操作后得到12.84g白色针状晶体，色谱检测其纯度为80.0%。
已知：有关物质的部分性质见下表：
回答下列问题：
（1）图1装置中，仪器a的名称为___________，“步骤Ⅰ”中选用三颈烧瓶的规格是___________(填标号)。
①100mL ②150mL ③250mL ④50mL
（2）乙醇和冰醋酸的作用是___________。
（3）“步骤Ⅲ”两次慢慢冷却的目的是___________，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液黄色恰好褪去时的离子方程式为___________。
（4）“步骤Ⅳ”中，图2装置停止实验时，先___________(填标号)再___________(填标号)，最后加入冰水充分洗涤。
a．打开活塞K b．关闭抽气泵
（5）本实验中，对溴乙酰苯胺产率为___________，若“步骤Ⅱ”加热时温度过高至85℃，将导致所测产率___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. ②
（2）充当溶剂，乙醇和冰醋酸互溶，使溴分子和乙酰苯胺充分接触，充分反应
（3） ①. 吸收酸和碱中和放出的热量，并降低对溴乙酰苯胺溶解度，同时得到大颗粒对溴乙酰苯胺晶体 ②. (或)
（4） ①. a ②. b
（5） ①. 60% ②. 偏小
【解析】三颈烧瓶中先加入乙醇，再加入乙酰苯胺，充分溶解，将溴溶解于冰醋酸中，慢慢地滴加溴的冰醋酸溶液，在水浴条件下反应得到对溴乙酰苯胺和HBr，将反应后溶液慢慢加至含少量NaOH的100mL冰水中，以吸收HBr、溴、乙酸，并使固体析出，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液充分搅拌至黄色恰好褪去，以除去多余的溴单质，在冰水浴中慢慢冷却析出对溴乙酰苯胺，过滤，并用冷水充分洗涤，干燥，经系列操作后得到白色针状晶体对溴乙酰苯胺；
（1）图1装置中，仪器a的名称为恒压滴液漏斗；三颈烧瓶中加入45.0mL乙醇，加入10.8g乙酰苯胺，滴加20.0mL溴的冰醋酸溶液，三颈烧瓶中液体体积大于三分之一而小于三分之二，则“步骤Ⅰ”中选用三颈烧瓶的规格是②150mL合适；
（2）已知，乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水、乙醇等，实验中乙醇和冰醋酸的作用是充当溶剂，乙醇和冰醋酸互溶，使溴分子和乙酰苯胺充分接触，充分反应；
（3）已知，对溴乙酰苯胺不溶于冷水；反应后溶液加入含少量NaOH的100mL冰水中，氢氧化钠和酸发生中和反应放热，会导致温度升高，“步骤Ⅲ”两次慢慢冷却的目的是吸收酸和碱中和放出的热量，并降低对溴乙酰苯胺溶解度，同时得到大颗粒对溴乙酰苯胺晶体；显黄色，说明含有过量溴单质，溴单质具有氧化性，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液黄色恰好褪去，则溴单质氧化亚硫酸氢根离子为硫酸根离子同时生成溴离子，离子方程式为(或
)；
（4）“步骤Ⅳ”中，图2装置停止实验时，为防止倒吸，应先a．打开活塞K，使得装置与大气相通，再b．关闭抽气泵，最后加入冰水充分洗涤。
（5）10.8g乙酰苯胺为=0.8ml，理论上对溴乙酰苯胺的物质的量为=0.8ml，经系列操作后得到12.84g白色针状晶体，色谱检测对溴乙酰苯纯度为80.0%，则本实验中，对溴乙酰苯胺产率为，若“步骤Ⅱ”加热时温度过高至85℃，使得溴、乙酸、乙醇挥发，导致原料损耗，将导致实际所得产物质量减小、所测产率偏小。
20. 加氢转化为二甲醚()的反应过程如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）若逆反应的活化能为，则正反应的活化能为___________(用含的式子表示)。
（2）在3.0MPa的恒压密闭容器中充入5.4ml 和2ml 发生上述反应，的平衡转化率、和CO生成物的选择性随温度变化如下图所示。
已知：
①表示选择性的曲线是___________(填“a”“b”或“c”)；温度高于270℃时，曲线c随温度升高而增大的原因是___________。
②260℃，达到平衡时，容器内___________；反应Ⅰ用气体分压表示的平衡常数___________(气体分压p=气体总压×体积分数)。
（3）在恒温密闭容器中将等物质的量的和混合，选择适当的催化剂进行反应Ⅱ，已知该温度下反应Ⅱ的平衡常数，平衡时体系中CO的物质的量分数为，则___________(填标号)。
a． b． c． d．
【答案】（1）
（2） ①. b ②. 270℃之后主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ吸热，升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大 ③. 3.12ml ④. 0.024
（3）c
【解析】（1）观察可知，反应可由2×Ⅰ+Ⅲ得到，根据盖斯定律，该反应的，则该反应的正反应的活化能为；
（2）①①反应Ⅲ放热，升高温度，其平衡逆向移动，的选择性降低，反应Ⅱ吸热，升高温度，其平衡正向移动，CO的选择性变大，故表示选择性的曲线是b，表示CO选择性的曲线是a，曲线c表示CO2的平衡转化率随温度的变化；反应Ⅰ放热，升高温度，其平衡逆向移动，平衡转化率降低；反应Ⅱ吸热，升高温度，其平衡正向移动，平衡转化率增大；故平衡转化率随温度升高，270℃之前主要发生反应Ⅰ，270℃之后主要发生反应Ⅱ；
②由图知，260℃达平衡时，平衡转化率为50%，共转化了1ml，CO的选择性为36%，则生成了CO，二甲醚的选择性为50%，则二甲醚生成了，反应Ⅲ消耗甲醇0.5ml，甲醇的选择性为，则平衡时甲醇为，可列出三个反应的转化量情况：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．，则平衡时容器内，，，，，，气体的总物质的量为6.12ml，反应Ⅰ的平衡常数；
（3）设和初始均加入1ml，生成的CO为xml，对于反应Ⅱ列出三段式：，由于反应前后气体化学计量数之和相等，则其平衡常数，解得，平衡体系中CO的物质的量分数，则，选c。
选项
实例
解释
A
原子光谱是不连续的线状谱线
原子的能级是量子化的
B
键角依次减小
孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力
C
晶体中与8个配位，而晶体中与6个配位
比的半径大
D
逐个断开中的键，每步所需能量不同
各步中的键所处化学环境不同
选项
实验操作
现象
解释
A
将一小块放在石棉网上，用酒精灯加热
除有淡黄色固体外，还有较多黑色固体
与酒精灯燃烧产生的发生置换生成炭黑
B
将一小块加入无水乙醇
反复从底部上浮到液面，又下沉到底部
在反应过程中，溶液密度不断发生变化
C
将酚酞滴加到溶液中
溶液先变红，后褪色
浓溶液具有漂白性
D
热的苯酚水溶液冷却
变浑浊
温度降低，析出苯酚晶体
物质
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
乙酰苯胺
135
113
304
白色结晶性粉末，微溶于冷水，溶于热水、乙醇等
对溴乙酰苯胺
214
167
353
白色针状晶体，溶于苯、乙醇，微溶于热水，不溶于冷水