山东枣庄市2026届高三下学期模拟考试 化学试题（含解析）高考模拟

这是一份山东枣庄市2026届高三下学期模拟考试 化学试题（含解析）高考模拟，共7页。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2．选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 As 75 Ag 108
一、选择题：本题共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. 《天工开物》中记载了竹纸的制造过程，其中涉及化学变化的步骤是
A. 煮楻足火B. 舂臼取泥C. 荡料入帘D. 覆帘压纸
【答案】A
【解析】
【详解】A．煮楻足火是通过蒸煮使竹子中的木质素、果胶等发生化学反应，有新物质生成，属于化学变化，A正确；
B．舂臼取泥是将竹子捣碎，仅改变物质的形态，无新物质生成，属于物理变化，B错误；
C．荡料入帘是将纸浆铺到竹帘上实现固液分离，无新物质生成，属于物理变化，C错误；
D．覆帘压纸是挤压除去纸张中的水分，仅改变水的存在形态和纸张形状，无新物质生成，属于物理变化，D错误；
故答案选A。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 纯碱的分子式：
B. p－pσ键电子云轮廓图：
C. 葡萄糖的一种环状结构简式：
D. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯碱是离子化合物，不存在单个分子，是化学式不是分子式，A错误；
B．图示为p-pπ键的电子云轮廓图，p-pσ键是“头碰头”重叠，电子云沿键轴对称分布：，B错误；
C．图示为葡萄糖的吡喃环半缩醛结构，属于葡萄糖的环状结构简式，C正确；
D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键是羟基中与O相连的H和醛基的O形成的作用：，D错误；
故选C。
3. 下列物质结构或性质的比较中，错误的是
A. 第二电离能：Ni碳化硅
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ni的价电子排布式为，失去第二个电子是失去轨道电子；Cu的价电子排布式为，失去第二个电子需要破坏稳定的全满结构，耗能更高，故第二电离能，A正确；
B．阳离子极化能力越强，对应碳酸盐的热稳定性越差，半径小于，极化能力更强，更易使碳酸根分解，故热稳定性，B错误；
C．为V形、极性分子，为平面正三角形、非极性分子，故分子极性，C正确；
D．金刚石和碳化硅均为共价晶体，键键长小于键，C-C键键能更大，故硬度金刚石>碳化硅，D正确；
故答案选B。
4. 下列实验装置及操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．萃取放气时应将分液漏斗倒置，打开活塞（控制液体流出的活塞，倒置后位于上部）放气，不能打开上口玻璃塞，操作错误，A不符合题意；
B．配制银氨溶液应将稀氨水逐滴加入硝酸银溶液中，至最初产生的沉淀恰好溶解，试剂滴加顺序错误，B不符合题意；
C．为强酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，直接蒸发时HCl挥发，水解平衡正向移动，最终得到（或分解得到），无法制得固体，C不符合题意；
D．乙酸和正丁醇的酯化反应为可逆反应，分水器可分离出生成的水，使平衡正向移动，提高反应物转化率，D符合题意；
故答案选D。
5. 下列溶液在空气中因发生氧化还原反应而变质，且括号中的试剂可以检验其变质的是
A. 新制氯水(溶液)B. NaOH溶液(澄清石灰水)
C. 溶液(溶液)D. 溶液(溶液)
【答案】D
【解析】
【详解】A．新制氯水变质是因为，属于氧化还原反应，但新制氯水中本身含有，无论是否变质，加入溶液都会产生白色氯化银沉淀，无法检验是否变质，A不符合题意；
B．NaOH溶液在空气中与反应生成而变质，该反应无元素化合价升降，不属于氧化还原反应，B不符合题意；
C．溶液被空气中氧化为而变质，属于氧化还原反应，但和都能与溶液反应生成白色沉淀，无法检验是否变质，C不符合题意；
D．溶液中的被空气中氧化为而变质，属于氧化还原反应，可与反应生成特征蓝色沉淀，可检验变质，D符合题意；
故答案选D。
6. 下列操作符合实验安全或操作规范的是
A. 苯酚如果不慎沾到皮肤上，应立即用水清洗
B. 滴定实验接近滴定终点时，可用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
C. 以电石()为原料制取乙炔时，用长颈漏斗注入蒸馏水
D. 向铜和浓硫酸反应后的溶液中加水，观察溶液颜色变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯酚常温下在水中溶解度小，不慎沾到皮肤上应先用酒精擦洗，不能直接用水清洗，A错误；
B．滴定接近终点时，用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁可将附着的待测液或标准液冲入溶液中，不影响溶质的物质的量，不会造成实验误差，操作规范，B正确；
C．电石与水反应剧烈且生成大量气体，用长颈漏斗注入蒸馏水会导致气体从漏斗逸出，且反应放热易产生危险，应使用分液漏斗，C错误；
D．铜与浓硫酸反应后的溶液中含有大量未反应的浓硫酸，直接加水会导致浓硫酸稀释放热使液体飞溅，应将反应后溶液沿烧杯壁缓慢倒入盛有蒸馏水的烧杯中，D错误；
故选B。
7. 奥司他韦是一种治疗流感的常用药物，其结构如图所示。下列说法正确的是
A. 奥司他韦的分子式为
B. 可用酸性溶液检验分子中含有碳碳双键
C. 与足量加成后的产物中含有4个不对称碳原子
D. 同分异构体中存在一种能发生银镜反应的芳香烃的衍生物
【答案】C
【解析】
【详解】A．奥司他韦的分子式为，故A错误；
B．氨基、碳碳双键都能被高锰酸钾氧化，不能用酸性溶液检验分子中含有碳碳双键，故B错误；
C．奥司他韦与足量加成后的产物中含有4个不对称碳原子(*标出)，故C正确；
D．能发生银镜反应的芳香烃的衍生物的不饱和度至少为5，奥司他韦分子的不饱和度是4，所以同分异构体中不存在能发生银镜反应的芳香烃的衍生物，故D错误；
选C。
8. 根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．橡胶硫化后线型结构变为网状的体型结构，交联程度提高，强度和韧性均提升，故A正确；
B．聚乙炔存在共轭大π键，加入掺杂后会形成载流子，导电能力显著增强，故B错误；
C．硝基是强吸电子基团，苯环上引入3个硝基后，吸电子效应使羟基O-H键极性增强，氢更易电离，酸性增强，故C正确；
D．羟基是亲水基团，用乙酰基替代羟基后，亲水基团数目减少，吸水能力降低，故D正确；
选B。
9. 环氧化物是合成重要药物的合成原料，电催化烯烃环氧化反应的部分原理如图所示。下列说法错误的是
A. 若用铅蓄电池作为电源，则电极1应与电极相连
B. 电极2上发生的电极反应式为
C. 当外电路转移时，理论上最多可生成0.5 ml
D. 电解过程中需持续补充来维持电催化反应的进行
【答案】D
【解析】
【分析】电极1上Cl-失电子发生氧化反应生成Cl2，电极1是阳极，电源上a电极为正极；电极2上水得电子发生还原反应生成氢气，电源上b电极为负极；电解质溶液中氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸把氧化为。
【详解】A．根据以上分析，在铅蓄电池中，Pb作负极，作正极，根据分析可知，电极1为阳极，应与电极相连，故A正确；
B．电极2是阴极，电极2得电子发生还原反应：，故B正确；
C．根据关系式可知，外电路转移时，理论上最多生成0.5 ml，故C正确；
D．电解过程中发生的变化为，未发生明显消耗，不需要持续给电解液补充氯离子，故D错误；
选D。
10. 砷存在多种同素异形体——黄砷、黑砷、灰砷。黑砷的晶体结构与石墨类似，其层状三维结构如图所示。下列说法正确的是
A. 黑砷与都属于混合型晶体
B. 黑砷中As-As键的键能均相同
C. 150g单层晶体中含有As-As键的数目为
D. 晶体中存在的作用力有非极性键、大π键和范德华力
【答案】C
【解析】
【详解】A．C60​属于分子晶体，黑砷结构与石墨类似，为混合型晶体，二者晶体类型不同，A错误；
B．由图可知黑砷中存在两种键长不同的As-As键（分别为2.15Å、2.49Å），键长不同，键能不同，B错误；
C．As的摩尔质量为75g/ml ， As的物质的量为150g75g/ml=2ml ；每个As原子形成3个As-As键，每个共价键被2个As原子共用，因此平均每个As对应个As-As键， As对应 As-As键，数目为，C正确；
D．As最外层共5个电子，每个As形成3个σ键后，剩余2个电子成对形成孤对电子，没有单电子形成离域大π键，因此黑砷不存在大π键，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，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 下列实验操作、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaHCO3溶液滴加酚酞变红说明溶液呈碱性，水解程度大于电离程度，即水解常数，变形可得，故A正确；
B．铜丝变红仅说明CuO被还原为Cu，有机物具有还原性，不一定含醇羟基，如醛类也可还原热的CuO，故B错误；
C．O3可与水发生化学反应，液面上升更高不能仅归因于在极性溶剂中溶解度大，无法直接推出O3是极性分子，故C错误；
D．溶液已调至碱性，I2会与NaOH发生反应，即使有淀粉存在滴加碘水也不会变蓝，无法证明淀粉完全水解，故D错误；
选A。
12. 利用光催化剂可选择性地实现C()-H键的氯化。以NaCl、和甲苯为原料合成对氯甲苯的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A. 是催化剂，②中有极性键的断裂
B. ③的离子方程式为
C. 反应生成1 ml对氯甲苯，同时会生成
D. 该方法选择性高，仅对苯环上的C-H键氯化
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题意及反应机理可以得到：在光照下激发为，随后被氧化为，再于步骤③中被还原为，因此为催化剂；在步骤②中断裂的是O-O键，为非极性键的断裂，A错误；
B．步骤③生成了HClO，所以不应有参与反应，因此步骤③的离子方程式应为：2Ru3++Cl−+H2O=2Ru2++HClO+H+，B错误；
C．根据总反应C7H8+S2O82−+Cl−=C7H7Cl+2SO42−+H+进行分析，生成1 ml对氯甲苯会消耗1 ml，同时生成2 ml，C正确；
D．根据“利用光催化剂可选择性地实现C()-H键的氯化”可知：该方法选择性高，但不只对苯环上的C-H键氯化，也可对其他C()-H氯化，如烯烃等，D错误；
故答案选C。
13. 实验室由环己醇()制备并提纯环己酮()的流程如图所示：
已知：主反应为放热反应；环己酮易被强氧化剂氧化；环己酮的沸点为155.6°C，能与水形成沸点为95°C的共沸混合物。下列说法错误的是
A. 分批次加入溶液可减少副产物的生成
B. “液相1”中加入少量草酸的目的是调节溶液的pH
C. Y、Z的成分分别是含NaCl水溶液、水合物
D. 操作Ⅰ为分液、操作Ⅱ为蒸馏
【答案】B
【解析】
【分析】环己醇被酸性重铬酸钠氧化为环己酮，加少量草酸的目的是还原过量的氧化剂重铬酸钠，防止环己酮被氧化，在95℃蒸馏收集环己酮和水的共沸物，加入氯化钠固体，降低环己酮的溶解度，分离环己酮和水，加入无水碳酸钾除去环己酮中少量的水再进行蒸馏得到纯环己酮；据此作答。
【详解】A．主反应为放热反应，且已知环己酮易被强氧化剂氧化，分批次加入​可避免氧化剂浓度过大、体系温度过高，减少环己酮被进一步氧化生成副产物，A正确；
B．液相1中存在过量的，加入草酸的目的是还原过量氧化剂，防止环己酮被继续氧化，并非调节，B错误；
C．向共沸混合物中加入固体盐析，降低环己酮溶解度，分液后下层水相为含的水溶液；有机相加入无水吸水干燥，得到的为​水合物，C正确；
D．操作Ⅰ分离互不相溶的有机层和水层，为分液；操作Ⅱ利用环己酮与杂质的沸点差异提纯环己酮，为蒸馏，D正确；
故选B。
14. 某密闭容器中发生以下两个反应：
①；②。
反应①的正反应速率，反应②的正反应速率，其中、为速率常数。某温度下，向容器内充入等物质的量的X(g)和Y(g)，体系中生成物浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 正反应的活化能：反应① v2(正)，即 k1>k2，速率常数越大，活化能越低，即正反应的活化能：反应①c(NH3⋅H2O) 。 原溶液中浓度仅为，因此任何含铜粒子浓度都小于；时p(NH3⋅H2O)≈0.5 ，即c(NH3⋅H2O)≈0.32ml/L>0.01ml/L ，故，顺序成立，D正确；
故选AD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 氮族元素形成的化合物广泛应用于农业肥料、医药制剂及功能材料等领域。
回答下列问题：
（1）二氯二吡啶合铂分子是一种铂配合物，空间构型为平面四边形，顺式二氯二吡啶合铂分子具有抗癌活性。分子中铂的化合价为________，吡啶分子中与Pt形成配位键的电子对位于N原子的________轨道上。
（2）固态是一种白色晶体，其晶胞如图所示，该晶体熔融时形成一种能导电的液体，熔融时的电离方程式为________。处于下列状态的磷原子或离子失去最外层一个电子所需能量最高的是________(填标号)。
A． B． C． D．
（3）CdTe的晶胞属立方晶系，晶胞参数如图1所示。该晶胞沿其面对角线方向上的投影如图2所示，则代表Te原子的位置是________(填序号)；晶胞中原子6和11之间的距离为________pm；在截面(图3)中，单位面积含有的Te原子为________个/。
【答案】（1） ①. +2 ②. sp2
（2） ①. ②. C
（3） ①. 7，8，11 ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
二氯二吡啶合铂是由Pt2+、Cl-和吡啶结合形成的铂配合物，铂为+2价；吡啶中N是 sp2杂化，孤电子对在sp2杂化轨道上，吡啶分子中与Pt形成配位键的电子对位于N原子的sp2杂化轨道上；
【小问2详解】
PCl5熔融时能够导电，说明能够发生电离，其电离方程式为2PCl5熔融=PCl4++PCl6-；
A．为P的基态；
B．为P的激发态；
C．为P＋的基态；
D．为P+的激发态；
同一原子的第二电离能明显高于第一电离能，同能级电离能中激发态电离能比基态低，故失去最外层一个电子所需能量最高的是C；
【小问3详解】
根据图1，Te原子位于体对角线上，可知代表Te原子的位置是7，8，11；
如图所示，A为6球位置，B为11球位置，AB的长度为6和11球的距离，C为B（11球）在底面的投影，落在面对角线的的位置，BC的长度为边长的，为；CD的距离为面对角线的，长度为；AD长度为面对角线一半，为，AC长度为：，AB的长度为：；截面的面积为S=a×a2pm2=a22×10−24m2，观察晶胞，上半部分的Te原子在截面上，而下半部分的Te原子位于截面两侧，故截面总共含有2个Te原子，单位面积含有的Te原子为。
17. 锆具有优异的核性能、耐蚀性和加工性能，被称为原子时代的头号金属。一种以锆英砂粗品(含、FeO、、、)为原料生产金属锆的工艺流程如图所示：
已知：
①25℃时，；；；
②电脱氧：作阴极，Pt作阳极，熔融盐为电解质；过程中不产生
回答下列问题：
（1）“粉碎”的目的是________；实验室中“碱熔”应在________(填仪器名称)中进行。
（2）“碱熔”中转化为的化学反应方程式为________；滤渣2主要成分为________。
（3）流程中能循环使用的物质有________；当、在水相中浓度均为，通入恰好分离两者时，水相中________(保留两位有效数字)。
（4）电脱氧法制备金属锆，阴极反应式为________；与镁热还原法相比，该方法的优点是________(填一条即可)。
【答案】（1） ①. 增大接触面积，使碱熔更充分 ②. 铁坩埚
（2） ①. ZrSiO4+4NaOH=高温Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O ②.
（3） ①. TBP、O2 ②. 1.7×10-6
（4） ①. ZrO2+4e−=Zr+2O2− ②. 流程简洁且不使用污染性气体，得到的产品纯度更高
【解析】
【分析】该流程以含ZrSiO4等杂质的锆英砂粗品为原料，先经粉碎增大接触面积，再在高温下与NaOH、O2碱熔，将Zr、Hf、Al等转化为可溶性钠盐，水浸后除去Fe、Ti等杂质形成滤渣1；浸液加盐酸酸化，硅杂质生成H2SiO3沉淀被除去，Zr、Hf、Al转化为可溶性氯化物；利用萃取剂TBP对Zr4+的选择性萃取，将其与Hf4+、Al3+分离，反萃取后向含Zr4+的溶液中加氨水沉淀出Zr(OH)4，煅烧得到ZrO2，最后通过熔融盐体系电脱氧，以ZrO2为阴极直接还原制得金属锆；据此作答。
【小问1详解】
粉碎固体的作用是增大接触面积，使碱熔更充分；高温下NaOH会与瓷坩埚中的反应，因此实验室高温碱熔需要在铁坩埚中进行。
【小问2详解】
碱熔时与发生非氧化还原反应生成Na2ZrO3，配平得ZrSiO4+4NaOH=高温Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O ；水浸后浸液中的硅酸钠酸化时和盐酸反应生成硅酸沉淀，因此滤渣2为。
【小问3详解】
萃取剂经反萃取后可以回到萃取步骤循环使用；此外，电脱氧时会生成氧气，可以回到碱熔步骤循环使用；假设已完全沉淀，则，此时，说明铝离子完全沉淀时，Hf4+还未开始沉淀；即时，可以恰好分离、；根据反应Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，初始c(Al3+)=0.1ml⋅L−1，其完全沉淀时，溶液中c(NH4+)≈3×0.1ml⋅L−1=0.3ml⋅L−1，代入得。
【小问4详解】
电脱氧时在阴极得电子生成，同时释放，电极反应为：ZrO2+4e−=Zr+2O2−；和镁热还原法相比，该方法省略了氯化、镁还原等步骤，流程简洁且不使用污染性气体，得到的产品纯度更高。
18. 某实验小组利用如图装置进行甲醛与新制氢氧化铜反应的实验。
检查装置气密性，添加相关实验试剂，打开磁力加热搅拌器，在微沸状态下反应一段时间，析出红色固体X，产生气体Y。
回答下列问题：
（1）仪器甲的名称为________；装置中磁子的作用为________。
任务一：探究固体X的组成
猜想：a．只有；b．只有Cu；c．和Cu的混合物
查阅资料：溶于浓氨水得到无色的，接触空气迅速被氧化为蓝色的。Cu置于空气中也能缓慢溶于浓氨水生成蓝色的。
取少量固体X进行如下探究实验：
（2）由实验现象得知，猜想________(填“a”“b”或“c”)成立。
（3）试管上部液体迅速变蓝的原因为________(填离子方程式)；在固体继续溶解中，浓氨水的作用为________。
任务二：探究气体Y的成分
气体Y可能是CO、、中的一种或几种。为确定该气体成分，实验小组利用下列装置进一步探究(已知：CO可将银氨溶液还原成黑色粉末银单质)。
（4）实验装置的连接顺序；气体Y→________(按气流方向填装置标号，装置可重复使用)。
（5）实验中观察，现象：________，证明气体Y为。
查阅文献，反应产生的理论依据：Cu作催化剂促进HCHO在强碱条件下产生，其机理如下：
将上述机理补充完整________。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 搅拌使反应物混合均匀和防止暴沸 （2）c
（3） ①. 4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2O ②. 与形成络合物，增强铜的还原性
（4） D→C→B→E→A→B
（5） ①. D中澄清石灰水不变浑浊，C中无黑色沉淀生成，E中黑色固体变红，A中无水硫酸铜变蓝 ②. H2、Cu、OH−
【解析】
【分析】甲醛和新制氢氧化铜反应生成红色固体X和气体Y，根据氧化亚铜与铜分别与浓氨水作用的不同现象确定固体成分；根据CO、、的性质差异，确定气体的成分；据此作答。
【小问1详解】
仪器甲为三颈烧瓶；磁子的作用是搅拌使反应物混合均匀和防止暴沸。
【小问2详解】
固体部分溶解得无色溶液，说明含，其与浓氨水反应生成无色，敞口后固体继续溶解、蓝色加深，说明含，在空气中被氧气氧化后溶于浓氨水生成蓝色络合物，因此固体为和的混合物，猜想成立。
【小问3详解】
试管上部液体迅速变蓝的原因为被空气中氧气氧化为，离子方程式： 4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2O ；在固体继续溶解中浓氨水的作用：与形成络合物，增强铜的还原性。
【小问4详解】
先检验（澄清石灰水），再检验（银氨溶液），干燥气体后，再通过灼热通过水的生成检验​，装置最后连接无水氯化钙排除空气中的水蒸气对实验的干扰；因此连接顺序为： D→C→B→E→A→B 。
【小问5详解】
若气体Y为，D中澄清石灰水不变浑浊，C中无黑色沉淀生成，E中黑色固体变红，A中无水硫酸铜变蓝；
根据机理，[CuH]−与反应，作为催化剂再生，-1价与水中+1价归中生成，因此补全机理为：H2、Cu、OH−。
19. 琥珀酸曲格列汀(J)是一种长效二肽基肽酶-4抑制剂，用于治疗2型糖尿病，其一种合成路线如图所示：
已知：；；
回答下列问题：
（1）A的化学名称为________；B的含氧官能团的名称为________；B→C的反应类型为________。
（2）E→F化学方程式为________；比F多两个碳的同系物M的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式________(填一种即可)。
①含
②遇溶液显紫色
③有5种不同化学环境的氢原子(原子个数比为1∶1∶2∶2∶4)
（3）H的另一种合成路线如图所示：
根据以上合成路线，推测X的结构简式为________。
（4）已知N原子电子云密度越大，碱性越强，则J中标号为①②③的N原子中碱性最强的是________(填标号)。
（5）根据上述信息，写出以、、为主要原料合成的路线________。
【答案】（1） ①. 4-氟-2-甲基苯甲酸 ②. 酰胺基 ③. 消去反应
（2） ①. ②. 或
（3） （4）②
（5）
【解析】
【分析】结合已知信息可知，A（）与SOCl2、浓氨水反应生成B（），脱水生成C（），C溴化生成D（）；采用逆合成分析法，结合J的结构简式可知H为，D和G发生取代反应生成H，则G为；E与1,3丙二酸取代成环生成F（），则E为，F中的一个羰基异构化为羟基并被氯原子取代生成G，据此作答。
【小问1详解】
A（）的化学名称为4-氟-2-甲基苯甲酸；B（）的含氧官能团的名称为酰胺基；B→C脱水生成不饱和键，反应类型为消去反应。
【小问2详解】
结合流程，E→F取代成环，化学方程式为；比F（）多两个碳的同系物M的同分异构体①含-NH2；②遇FeCl3溶液显紫色，含酚羟基；③有5种不同化学环境的氢原子（原子个数比为1∶1∶2∶2∶4），结构对称；F中有4个不饱和度，则同分异构体中除苯环外，其他结构均饱和，结合氧原子个数及氢原子个数比可知结构中有两个酚羟基、两个氨基、一个醇羟基，则符合题意的结构为或。
【小问3详解】
由H逆推可知Z为，Y为，X的分子式为C8H7FN2，则X为。
【小问4详解】
①号氰基氮（-CN）：受碳氮三键的强吸电子诱导效应与共轭效应影响，电子云密度显著降低；③号酰胺氮：其孤对电子与相邻羰基（C=O）发生p-π共轭，电子云向电负性更强的氧原子离域，自身电子云密度大幅下降；②号氨基氮（-NH2）：处于饱和哌啶环上，孤对电子无共轭分散作用，也无强吸电子基团影响，电子云密度在三者中最高；因此，②号N原子碱性最强。
【小问5详解】
结合题目流程，先用酸性高锰酸钾氧化生成，与CO(NH2)2取代成环，得到，与CH3Br发生取代反应生成，与POCl3发生F到G的反应，生成目标产物；具体合成路线为
。
20. /MgO循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下：
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
（1）已知：一定温度下，由稳定单质(其标准摩尔生成焓视为0)生成1 ml化合物的焓变称为该化合物的标准摩尔生成焓()，表中为几种物质在298 K时的标准摩尔生成焓。
根据上表数据，计算反应Ⅱ的________，该反应在________下自发进行(填“低温”“高温”或“任何温度”)。
（2）若反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别在三个不同容器中单独发生，下列说法正确的是________(填标号)。
A．反应Ⅰ：恒温时，将容器体积压缩至原来的一半，的平衡浓度增大
B．反应Ⅱ：其他条件不变，降低温度有利于提高产物单位时间的产率
C．反应Ⅲ：在绝热恒容的容器中反应，压强不变时可以判断该反应已达平衡
（3）在压强为100 kPa的密闭容器中，投入和各1 ml发生上述反应。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如图所示(反应Ⅲ在360°C以下不考虑)。
注：含碳生成物选择性
①表示选择性的曲线是________(填标号)。
②550°C达平衡时，________ml；
500~600°C，随温度升高曲线c下降的原因可能是________。
③300°C，若初始压强为150 kPa，达平衡时，曲线d上的点将________(填“上移”“下移”或“不移动”)。
（4）在电解质水溶液中，可以在三种不同催化剂(a、b、c)上电还原为CO，该反应进程中(被还原为的反应可同时发生)，相对能量变化如图。
由此判断，电还原为CO从易到难的顺序为________(用a、b、c字母排序)。
【答案】（1） ①. -164.9 ②. 低温 （2）C
（3） ①. b ②. 0.4 ③. 500℃以上反应Ⅰ进行完全，随温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动程度大于反应Ⅲ平衡正向移动程度，导致氢气转化率下降 ④. 上移
（4）c、a、b
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，先利用反应Ⅲ计算的标准摩尔生成焓：ΔH3=ΔfH(H2O)+ΔfH(CO)−ΔfH(CO2)=+41.2kJ⋅ml−1，代入数据得ΔfH(H2O)=−241.8kJ⋅ml−1。再计算反应Ⅱ的​：ΔH2=ΔfH(CH4)+2ΔfH(H2O)−ΔfH(CO2)=−164.9kJ⋅ml−1。反应Ⅱ中，气体分子数减少，，ΔH2