四川省广安市2026届高三下学期二模化学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省广安市2026届高三下学期二模化学试卷（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0，考试结束后，只将答题卡交回，1 ml肼含有的孤电子对数为等内容，欢迎下载使用。
化学试题
本试卷满分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、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，只将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：Li-7 O-16 Sc-45 Mn-55 Al-27 Cu-64 I-127
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1. 下列与生活相关的叙述中，不涉及化学变化的是
A. 珍珠遇酸后失去光泽
B. 植物油久置氧化变质
C. 肌肉拉伤，喷氯乙烷快速镇痛
D. 聚乳酸用于骨科固定材料且不用取出
【答案】C
【解析】
【详解】A．珍珠主要成分为碳酸钙，遇酸发生反应CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，有新物质生成，属于化学变化，故A不符合题意；
B．植物油含不饱和键，久置被氧气氧化生成醛、酮等新物质，属于化学变化，故B不符合题意；
C．氯乙烷沸点低，喷到皮肤表面汽化吸热，使局部温度降低起到镇痛效果，仅发生状态变化，无新物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，故C符合题意；
D．聚乳酸在人体内会发生水解反应降解为小分子物质，可被代谢排出，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；
答案为C。
2. 下列描述不能正确地反映事实的是
A. 室温下与碳不发生反应，高温下可生成Si和CO
B. 用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴，使用时铁粉被氧化，反应放热
C. 通过豆科植物的根瘤菌将转化为氨，实现氮的固定
D. 接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿直接得到三氧化硫
【答案】D
【解析】
【详解】A．室温下化学性质稳定不与碳反应，高温下二者发生反应为，A不符合题意；
B．暖贴利用铁的吸氧腐蚀原理工作，铁粉、活性炭、食盐溶液构成原电池，铁粉失电子被氧化，反应为放热反应，B不符合题意；
C．氮的固定是将游离态氮转化为化合态氮的过程，根瘤菌将转化为氨属于生物固氮，是氮的固定的一种，C不符合题意；
D．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿的反应为，只能得到二氧化硫，三氧化硫需要二氧化硫经催化氧化生成，描述不符合事实，D符合题意；
故选D。
3. 下列化学用语表示正确的是
A. HCl的电子式：
B. 分子的空间结构模型为
C. 环己烷最稳定空间结构的键线式：
D. 激发态Al原子的价层电子轨道表示式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCl是共价化合物，Cl原子最外层满足8电子稳定结构，电子式中需要标出Cl的3对孤对电子，正确电子式为，题给电子式缺少孤对电子，A错误；
B．中心O原子的价层电子对数为，含2对孤对电子、2对成键电子，分子空间结构为V形，题给图示包含孤对电子，实际是VSEPR模型，不是分子空间结构模型，B错误；
C．环己烷存在椅式构象和船式构象，椅式构象的扭转张力更小，是环己烷最稳定的空间结构，题给为椅式环己烷的键线式，C正确；
D．Al原子的原子序数为13，基态Al原子价层电子排布为，激发态Al原子会有1个电子跃迁到轨道，价层电子排布应为，题给轨道表示式是基态Al的价层电子轨道表示式，不是激发态，D错误；
故选C。
4. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 四氯化钛水解：
B. 溶液中通入少量：
C. 用溶液浸泡锅炉水垢：
D. 碱性锌锰电池总反应：
【答案】B
【解析】
【详解】A．四氯化钛加热水解生成二氧化钛水合物和氯化氢，方程式：，A正确；
B．与水反应生成和，酸性强弱顺序为，不能与反应生成和，产物应为，方程式，B错误；
C．溶解度小于，可发生沉淀转化将微溶的转化为更易被酸溶解的，方程式：，C正确；
D．碱性锌锰电池中作负极被氧化为，在正极被还原为，总反应是​，符合反应事实，D正确；
故选B。
5. 下列各图所示装置能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验中变量为氯离子浓度，通过颜色变化，能证明(亮黄色)只有在高浓度的条件下才存在，A正确；
B．标准氢氧化钠溶液滴定醋酸来测定浓度，需要有酚酞指示剂，B错误；
C．1-溴丁烷在NaOH醇溶液中加热才能发生消去反应，不需要浓硫酸，C错误；
D．应该闭合一段时间后，电解生成氢气和氧气，然后打开，闭合，形成氢氧燃料电池，实现氢氧燃料电池放电，D错误；
故选A。
6. 结构决定性质，下列对物质性质解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据相似相溶规律，极性溶剂易溶解极性溶质，非极性溶剂易溶解非极性溶质，水分子为极性分子，、为非极性分子，因此难溶于水易溶于，A正确；
B．石墨中C原子采取杂化，未参与杂化的p轨道形成离域大π键，电子可在同层自由移动，因此石墨可以导电，B正确；
C．次氯酸结构为，Cl的电负性相对较弱，对羟基中O的电子吸引作用弱，使得O-H键极性较弱，难以电离出氢离子，因此次氯酸具有弱酸性，C正确；
D．离子液体由阴阳离子构成，难挥发是因为阴阳离子间的离子键作用力强，离子液体中不存在分子，也不存在分子间氢键，D错误；
故选D。
7. 设是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 常温下，的溶液中，水电离出的数为
B. 将9 g Al片投入到冷的浓硝酸中，反应转移的电子数目小于
C. 0.1 ml肼()含有的孤电子对数为
D. 中含有的中子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．未给出溶液的体积，无法计算，A错误；
B．常温下遇冷浓硝酸发生钝化，仅表面少量参与反应，9 g（物质的量为）若完全反应转移电子，实际转移电子数小于，B正确；
C．每个分子中两个原子各含1对孤电子对，共2对孤电子对，0.1 ml 含孤电子对0.2 ml，即，C正确；
D．的摩尔质量为，3.6 g 物质的量为，每个含中子数为，总中子数为，D正确；
故选A。
8. 某离子化合物结构如图所示，Q、W、Y、Z、X分别为不同主族的短周期元素，且原子半径依次减小。下列说法错误的是
A. Q与W形成的简单化合物熔融状态下能导电
B. 基态Y原子核外电子有4种空间运动状态
C. 简单氢化物沸点：
D. 化合物含有离子键、共价键
【答案】A
【解析】
【分析】已知、、、、为不同主族的短周期元素，原子半径依次减小。结合成键特点：形成4个共价键，其中1个为配位键，为，形成4个共价键，为；阳离子中可形成3个和4个共价键，为；阴离子中形成1个共价键和2个共价键，成2个共价键的W与Q形成配位键，为；形成1个共价键，为，据此分析。
【详解】A．与形成的简单化合物为，属于共价化合物，熔融状态下不导电，A符合题意；
B．的基态原子核外电子排布为，核外电子占据4个原子轨道，有4种空间运动状态，B不符合题意；
C．的简单氢化物为，的简单氢化物为，分子间存在氢键，沸点高于，即简单氢化物沸点，C不符合题意；
D．化合物为，可改写为，含有与，存在离子键、共价键，D不符合题意；
故选A。
9. 在催化下，喹喔啉-2(1H)硫酮可与D-A环丙烷发生(3+3)环化反应，如：
下列说法正确的是
A. 甲分子中N的杂化类型均为
B. 乙分子在发生上述反应时，第2处碳碳键发生了断裂
C. 丙分子含有2个手性碳原子
D. 丙不能与HCl发生反应
【答案】C
【解析】
【详解】Ａ．甲分子（喹喔啉-2(1H)硫酮）中含2个N原子：与苯环直接相连、连有H的 N：形成3个σ键，含1对孤电子对，为sp3杂化；环内双键上的N：形成2个σ键，含1对孤电子对，为sp2杂化。因此两个 N 杂化类型不同，A 错误；
Ｂ．乙为1,2-二取代环丙烷，反应中环丙烷开环，根据产物丙结构可知，断裂的是3处的碳碳键，B错误；
C．手性碳原子是连接四个不同基团的碳原子。在丙分子中，S原子两边的碳原子为手性碳原子，因此，丙分子含有2个手性碳原子，C项正确；
D．丙分子中喹喔啉上的N具弱碱性，可接受质子生成盐：喹啉-N+HCl→喹啉-NH+Cl-，故能与HCl反应，D错误；
故答案选C
10. 下列对实验现象给出的解释或结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．恒压条件下通入，容器体积增大，相当于体系减压，浓度降低导致颜色变浅，平衡向生成的方向移动，气体颜色变浅是体积增大导致​浓度降低的结果，A错误；
B．溶液过量，​与过量反应生成可溶的​，不会生成沉淀，不是因为更大，无法得出两种氢氧化物的大小关系，B错误；
C．麦芽糖水解在酸性条件下进行，检验水解产物的醛基需要在碱性环境中，实验没有加碱中和稀硫酸，酸会溶解新制，无法反应生成砖红色沉淀，不能证明麦芽糖没有水解，C错误；
D．反应速率由活化能决定，活化能越小反应速率越快：配位反应先发生，溶液先显红棕色，说明配位反应活化能更小；最终溶液变为浅绿色，说明氧化​的氧化还原反应最终进行完全，说明氧化还原反应的平衡常数更大，D正确；
故选D。
11. 国内研究团队通过一系列实验和理论计算，首次完整描绘出Ullmann偶联中铜的氧化还原路径，其中三氟甲基化反应的机理如图所示(A中Cu的氧化数为I，其化合价为)，下列说法正确的是
A. C中Cu的化合价为
B. 图示三氟甲基化反应可表示为：
C. 整个反应过程中，有极性键、非极性键的断裂和生成
D. Ln与表达的是不同配体
【答案】B
【解析】
【详解】A．A中Cu的氧化数为I，其化合价为+1，结合C中铜成键情况，则C中铜为+3价，A错误；
B．由图，三氟甲基化反应为和在催化剂作用下生成和，可表示为：，B正确；
C．整个反应过程中，有铜碳等极性键的断裂和生成，但是没有非极性键的断裂和形成，C错误；
D．由D、E生成C和过程，结合物质结构可知，Ln与表达的是相同配体，D错误；
故选B。
12. 焦磷酸二氢二钠()在食品工业中，主要用作膨松剂、水分保持剂和品质改良剂。合成焦磷酸二氢二钠的流程如图所示，下列说法错误的是
A. “中和”时，生成的气体为
B. “加热”时，发生了脱水缩合
C. “结晶”时，应采用冷却结晶
D. 焦磷酸二氢根的结构式为
【答案】B
【解析】
【分析】与中和，调节，生成气体与溶液；加热时脱水缩合生成，同时生成水；经结晶得到产品，据此分析。
【详解】A．的酸性强于，“中和”时与发生反应，生成的气体为，A不符合题意；
B．根据流程图，中和后得到的物质是，因此加热时发生脱水缩合的物质是，而不是，发生脱水缩合，反应为，B符合题意；
C．工业上结晶采用蒸发浓缩、冷却结晶的方式获得，C不符合题意；
D．焦磷酸二氢根由两个磷酸二氢根离子()脱水缩合，结构式为，D不符合题意；
故选B。
13. 最近，我国科学工作者提出了一种电化学合成氯醇的策略：在含Cl的水性介质中直接从烯烃合成氯醇，避免了传统方法中氯气和次氯酸的使用，其合成原理如图所示。
下列说法错误的是
A. 工作一会儿，阴极区游离的数目几乎不变
B. 理论上，当有气体生成时，向右穿过质子交换膜的可能为2 ml
C. 若电解质溶液更换为海水，将不能合成氯醇
D. 工作时，a极反应为：
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示，a电极上烯烃转化为氯醇，这是一个加成反应，且有氯离子参与并失去电子(生成的氯原子加到碳碳双键上)，属于氧化反应；因此a为阳极，b为阴极；b电极上H2O得电子发生还原反应，反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；因此X2是H2；
【详解】A．阴极（b电极）的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阳极（a电极）反应生成H+并通过质子交换膜迁移到阴极；每生成2mlOH-，就会有2mlH+通过质子交换膜从阳极区移动到阴极区，2mlOH-与2mlH+结合为水，因此阴极区游离的OH-数目几乎不变，A正确；
B．生成1mlH2时，阴极生成2mlOH-对应转移2ml电子，因此需要有2mlH+从阳极区(左侧)向右穿过质子交换膜进入阴极区；题目中说“22.4LX2”即22.4LH2；若该气体处于标准状况下，其物质的量为1ml，则向右迁移的H+就是2ml，因此“可能为2ml”的描述成立，B正确；
C．该反应需要在含Cl-的水性介质中进行，海水中含有大量Cl-，因此更换为海水后仍然可以合成氯醇，C错误；
D．a极是阳极，烯烃、Cl-失电子，结合水生成氯醇，同时生成H+，配平后电极反应为:，D正确；
故答案选C。
14. 为尖晶石型锰系锂离子电池材料，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型(如图所示)，晶胞参数为。
下列说法正确的是
A. 每个晶胞含16个
B. 晶胞中Li、O原子的最小距离为
C. 晶胞密度为
D. A结构单元沿着yz面的投影为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据模型可知，Li+均位于A模型的内部，1个A模型有2个Li+，1个晶胞中含有4个A，即1个晶胞中含有8个Li+，根据LiMn2O4的化学式可知，每个晶胞中含有32个O2-，故A错误；
B．根据A模型可知，Li、O原子最小距离是A体对角线的，即是晶胞体对角线的，最近距离为pm，故B错误；
C．晶胞的密度为=g/cm3，故C错误；
D．A结构单元沿yz面的投影符合题目图示，故D正确；
答案为D。
15. Y可结合转化为和，与Y可形成和两种配离子。室温下向溶液中加入Y，使得溶液中和Y的初始浓度分别为和。通过调节混合溶液的pH改变Y及其不同配离子的浓度(忽略体积变化)。与的变化关系如图1所示(其中M代表，或)，分布系数与pH的变化关系如图2所示(其中N代表Y、或)，比如。
下列说法正确的是
A. 曲线Ⅲ对应的离子是
B. 时，
C. 当时，
D. 时，
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，可与Y结合形成和，Y可与结合形成和。从图1可以看出，曲线Ⅰ对应的随减小而减小，代表，曲线Ⅱ对应的随减小而先增加，后减小，代表，曲线Ⅲ对应的随减小而增加，代表。从图2可以看出，曲线Ⅳ代表的粒子N含量随pH增加而减小，代表，曲线Ⅴ代表的粒子含量随pH增加而先增加，后减小，代表，曲线Ⅵ代表的粒子含量随pH增加而增加，代表Y，据此作答。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅲ对应的离子是，A错误；
B．由分析可知，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ代表的离子分别为和，根据图像1，当两种离子浓度相等时，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ相交，此时，，根据物料守恒，有，，则， ，B正确；
C．当，在图1中表现为曲线Ⅰ和曲线Ⅲ相交，此交点对应的横坐标约等于4，即，C错误；
D．由选项B分析可知，当时，，此时有，则。根据分析，图2中曲线Ⅳ、曲线Ⅴ和曲线Ⅵ分别代表、和Y，当时，，D错误；
故答案选B。
二、非选择题：本题含4小题，共55分。
16. 碘化亚铜(CuI)正凭借着优异的光电性能与催化活性，在光伏光电、医疗传感、高端有机合成等高科技领域掀起应用热潮。
资料：ⅰ.易溶于KI溶液，发生反应(红棕色)；不能与形成配合离子。
ⅱ.铜元素被氧化可能存在的形式有(蓝色)、(无色)。
ⅲ.CuI为白色不溶于水的固体，(无色)，均易被空气氧化。
回答下列问题：
实验Ⅰ．探究Cu与反应能否制备CuI
请回答：
（1）在铜粉与反应中，KI溶液的作用是___________。
（2）实验室进行步骤②用到的玻璃仪器有___________(填字母)。
A. B. C. D.
（3）步骤③中发生的反应是否属于氧化还原反应___________(填“是”或“否”)。
（4）在KI溶液中，铜与反应的产物是___________。
实验Ⅱ．以硫酸铜为原料制备碘化亚铜
（5）向如图所示装置的三颈烧瓶中加入1.27 g的，再滴加溶液于三颈烧瓶中，搅拌，持续通入至溶液变为无色，停止通入气体，过滤，用乙醇洗涤所得固体，置于真空干燥箱中干燥。
①写出上述实验方案中制备CuI的离子方程式___________。
②检验固体已经洗净的操作是___________。
③置于真空中干燥的原因___________。
（6）已知荧光强度比值与浓度关系如图所示。取0.0001 g CuI粗产品，经预处理，将Cu元素全部转化为并定容至1 L。取1.00 mL所配溶液，测得荧光强度比值为10.5，则产品中CuI的纯度为___________%(保留1位小数)。
【答案】（1）增大的溶解度，加快反应速率 （2）BC
（3）是 （4）
（5） ①. ②. 取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，则固体已经净 ③. 防止制得的碘化亚铜被氧气氧化
（6）87.9
【解析】
【分析】步骤①：与过量KI先发生反应：(红棕色），Cu 与 （或）发生氧化还原反应生成CuI：，过量的KI会溶解CuI：（无色），因此溶液中铜元素主要以形式存在；步骤②：加入有机溶剂(如 、苯)萃取分离 (解离为进入有机层)，进入无色溶液；步骤③：与氨水反应，先生成 (无色)：， 易被空气氧化，生成深蓝色的：；据此分析解题。
【小问1详解】
据分析知KI能溶解，增大溶解度，同时与生成的CuI结合形成，促进Cu与的反应；
【小问2详解】
步骤②得到无机溶液和有机层，操作为分液，需要的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯，A为普通漏斗（过滤用）、D为容量瓶（配制溶液用），故选BC。
【小问3详解】
无色溶液中Cu为+1价，加入浓氨水后，（无色）被空气中氧气氧化为深蓝色的，Cu元素化合价从+1升高为+2，存在化合价变化，属于氧化还原反应；
【小问4详解】
反应后得到无色溶液，符合（无色）的性质，Cu被氧化为+1价，与过量结合为，故产物为；
【小问5详解】
①、作为氧化剂，作为还原剂被氧化为，配平方程式为：；
② CuI固体表面吸附的杂质主要是​，因此通过检验最后一次洗涤液中是否存在​判断是否洗净：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，说明固体已经洗净；若有白色沉淀生成，则固体未洗净；
③ 根据资料，CuI易被空气氧化，真空环境无氧气，可避免CuI被氧化；
【小问6详解】
由图可知，荧光强度比值为10.5时，ml/L，定容1L，故，，则，样品质量为0.0001g，故纯度。
17. 钪为稀土贵族，在合金、固体氧化物燃料电池、陶瓷、电子、激光器和放射性同位素生产等领域扮演着不可或缺的角色。某钛白废液的主要元素及浓度()如下表：
研究小组对该钛白废液进行研究，设计如下工艺流程，实现了钪的分离回收。
已知：易与P204、N235络合进入有机相，而较难与P204、N235络合。
回答下列问题：
（1）Sc的原子结构示意图为___________。
（2）为了检测“萃取”分液所得“水溶液”中是否含有，应选用的试剂是___________。
（3）“洗涤”过程中，的洗除率随着HCl浓度的变化如下图所示。为了使洗除效果最好，盐酸浓度宜选用___________。
（4）若“萃取”时发生反应，则“反萃取”时发生反应的离子方程式主要为___________。
（5）“除铁”所用到的实验方法是___________。
（6）“除铁”后，先将与EDTA络合保护，再用离子交换法除去、、等杂质。其络合反应如下图所示，Sc-EDTA中，的配位数为___________。
（7）在空气中“焙烧”反应的化学方程式为___________。
（8）若将钛白废液进行5级错流萃取(即每级使用新鲜有机相)，每级萃取率为90%，后续过程Sc的总损失率为5%，则最多可得___________(保留2位有效数字)。(萃取率)
【答案】（1） （2）(铁氰化钾)溶液
（3）1 （4）或(其它合理答案)
（5）萃取分液 （6）6
（7）
（8）1.6
【解析】
【分析】钛白废液首先用-P204萃取，选择性进入有机相，等留在水相；再用洗涤有机相，洗脱共萃的，富集；随后加反萃取，转化为粗沉淀，有机相循环使用；用盐酸溶解沉淀，得到含、的溶液；经N235萃取除铁，进入有机相，留在水相；加草酸沉淀，生成；最后焙烧沉淀，氧化分解得到高纯，据此分析。
【小问1详解】
为21号元素，原子结构示意图为；
【小问2详解】
检验可选用（铁氰化钾）溶液，与反应生成蓝色沉淀，以此检验；
【小问3详解】
由图像可知，浓度为时，洗脱率最高，且洗脱率较低，故盐酸浓度宜选用；
【小问4详解】
萃取反应为，反萃取时加入，与反应，促进平衡逆向移动，离子方程式为；或；
【小问5详解】
“除铁”利用易与N235络合进入有机相，难络合，采用萃取分液的方法除铁；
【小问6详解】
由的结构可知，与个原子、个原子形成配位键，配位数为；
【小问7详解】
在空气中焙烧，与反应生成和，化学方程式为；
【小问8详解】
钛白废液中的质量为，5级错流萃取，每级萃取率为，萃取后的总萃取量为，后续总损失率为，则最终的质量为，中的质量分数为，故的质量为。
18. 合成甲烷有利于实现“碳达峰、碳中和”，转化过程中发生的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
回答下列问题：
（1）反应Ⅳ的___________。
（2）恒温恒压条件下，若只发生反应Ⅳ，可提高转化率的措施有___________(填字母)。
a．增加原料中的量 b．通入气 c．增加原料中的量
（3）反应Ⅰ的正、逆反应速率可分别表示为、(、分别为正、逆反应速率常数且均大于0，p为气体的分压)，降低温度时、减少程度___________(填“>”“”或“
（4）吸热防止温度过度升高和抑制生成单质碳的副反应
（5） ①. ②. 0.14 ③. 减小
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应Ⅳ可由反应Ⅰ反应Ⅱ得到，；
【小问2详解】
反应Ⅳ为气体分子数增大的吸热反应，恒温恒压条件下。
a．增加原料中的量，平衡正向移动，转化率提高，a符合题意；
b．通入气，容器体积增大，各物质分压减小，平衡正向移动，转化率提高，b符合题意；
c．增加原料中的量，转化率降低，c不符合题意；
故选ab；
【小问3详解】
反应Ⅰ为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，说明逆反应速率常数减少程度小于正反应速率常数，故；
【小问4详解】
该反应为放热反应，的比热容较大，过量的可吸收反应放出的热量，防止温度过高导致催化剂活性下降；同时可抑制生成单质碳的副反应，避免催化剂失活；
【小问5详解】
①反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，反应Ⅰ向正反应方向移动，反应Ⅱ、Ⅲ逆向逆反应方向移动，则一氧化碳的物质的量增大、甲烷的物质的量减小，所以物质的量先增大后减小的曲线a表示二氧化碳、物质的量减小的曲线b表示甲烷、物质的量增大的曲线c表示一氧化碳；
②由图可知，平衡时，、的物质的量分别为、，根据氢原子守恒，计算得的物质的量为；设、的物质的量分别为、，由碳原子守恒得，氧原子守恒得，解得、，代入反应Ⅱ的平衡常数表达式；
③反应Ⅰ的平衡常数，故平衡时；温度不变，不变，增大容器体积，即缩小压强时，反应Ⅰ平衡不移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，的物质的量增大、的物质的量减小，增大，因此增大，则其倒数减小。
19. 佐利氟达星是一种新型抗生素，H是其合成中间体，该中间体的一种合成路线如下图所示(略去部分试剂与条件)：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）A中所含官能团名称为___________。B的结构简式为___________。
（2）D转化为E的反应可看作两步完成，第一步发生加成反应，第二步发生___________(填反应类型)。
（3）A→C，G→H设计的目的是___________。
（4）上述流程中，多次用到DMF()，其名称为___________。
（5）F的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种。
a．属于芳香族化合物
b．苯环上含有4个取代基，且其中3个为“”
c．含有，，二者未连在同一碳上
（6）尼龙6(锦纶6)的合成路线如下：
已知Z含有酰胺基，与Y互为同分异构体。Y的结构简式为___________，Z合成尼龙6的化学反应方程式为___________。
【答案】（1） ①. 氟原子(碳氟键)、醛基 ②.
（2）消去反应 （3）保护醛基
（4）N，N-二甲基甲酰胺
（5）24 （6） ①. ②.
【解析】
【分析】A和B发生已知条件①的反应，生成C，根据C的结构式推断可知B为乙二醇，C被正丁基锂还原的作用下和DMF反应生成D，D和羟胺发生缩合反应生成E，E和NCS发生取代反应生成F，F经过多步反应生成G，G在盐酸的作用下脱去保护基生成H，据此回答以下各问；
【小问1详解】
A中官能团的名称为氟原子，醛基，苯环不属于官能团；根据已知信息①的反应，A中的醛基与乙二醇发生反应生成缩醛C，因此B为乙二醇。结构简式为；
【小问2详解】
D与NH2OH反应分两步：加成：醛基与羟胺加成生成α-羟基肟；消去反应：脱水形成肟基（C=N-OH）。反应本质是醛基到肟基的转化，第二步为分子内脱水，属消去反应；
【小问3详解】
A到C：先将羟基用乙二醇酯化保护，再还原得-CHO，避免还原剂干扰其他官能团。G到H：在引入环醚前对-CHO进行缩醛保护，防止其参与副反应。核心目的为保护醛基（-CHO），防止其在后续强氧化或亲电试剂（如NCS）条件下被破坏。
【小问4详解】
DMF结构为(CH3)2N-CHO，系统命名为 N,N-二甲基甲酰胺。
【小问5详解】
条件回顾：a. 芳香族化合物，表示含苯环；b. 苯环上4个取代基：3个-F +1个-COOH+1个-CH=NOH；c. -COOH与-CH=NOH不连在同一碳上。
同分异构体分析：F的分子式为C10H7ClF3NO3，苯环上4个取代基的排列需要考虑：3个-F的位置异构，-COOH和-CH=NOH的位置异构。这里，我们先固定3个-F的位置，再放置-COOH和-CH=NOH。3个-F的可能位置：连三氟（1,2,3-）：剩余3个位置（4,5,6）。偏三氟（1,2,4-）：剩余3个位置（3,5,6）。均三氟（1,3,5-）：剩余3个位置（2,4,6）。
具体分析：1,2,3-三氟苯：剩余位置为4,5,6。-COOH与-CH=NOH不连在同一碳上的情况有三种，按照取代基在5位为例，分别有、、、；4和6位置相同，故总计有2×4=8种；
1,2,4-三氟苯：剩余位置为3,5,6。按照取代基在3为例，分别有、、、因剩余位置为3,5,6，故总计有3×4=12种；
1,3,5-三氟苯：剩余位置为2,4,6，对称等效。按照取代基在2为例，分别有、、、，共有8+12+4= 24种。
【小问6详解】
X为环己醇经催化氧化生成环己酮，Y为环己酮与羟胺（NH2OH）在酸性条件下发生肟化反应，生成环己酮肟。其结构简式为；Z（己内酰胺）在一定条件下发生开环缩聚反应，生成尼龙6高分子，化学方程式为。A．证明(亮黄色)只有在高浓度的条件下才存在
B．通过滴定测定醋酸的浓度
C．实验室制1-丁烯并检验产物
D．闭合一段时间后，打开，闭合，实现氢氧燃料电池放电
性质
解释
A
难溶于水，易溶于
为极性分子，、为非极性分子
B
石墨导电
石墨片层中，未参与杂化的p轨道中的电子可在同层内自由移动
C
次氯酸具有弱酸性
中，羟基极性较弱，难电离
D
离子液体难挥发
分子间存在氢键
实验操作及现象
解释或结论
A
向盛有与的恒压密闭容器中通入一定体积的，气体颜色变浅
化学平衡向减少的方向移动
B
向2支均盛有的NaOH溶液的试管中，分别加入2滴浓度均为的和溶液，一支试管无明显现象，另一支出现红褐色沉淀
小于
C
取少量麦芽糖样品与稀硫酸共热，冷却后加入新制加热，未产生砖红色沉淀
麦芽糖没有发生水解
D
将通入溶液中，溶液先变为红棕色，一段时间后又变成浅绿色{为红棕色}
体系中的配位反应比氧化还原反应的活化能小，但氧化还原反应的平衡常数更大
主要元素
Cl
Fe
Mn
Al
Ca
Mg
Sc
浓度(g/L)
248.5
101.25
21.8
9.66
8.59
6.51
0.11