福建龙岩市上杭县第一中学2026届高三下学期5月月考 化学试题含答案

这是一份福建龙岩市上杭县第一中学2026届高三下学期5月月考 化学试题含答案，共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共10题，每题4分，共40分）
1．人工智能（AI）的飞速发展正在深刻地影响和改变人类生活，其硬件基础建立在各种新型高性能材料的突破与相关工艺的优化上。下列相关说法错误的是
A．AI运算时使用的散热材料石墨烯是一种新型无机非金属材料
B．电子封装时使用的纳米银浆是一种胶体
C．制作芯片的晶体硅为分子晶体，具有半导体性质
D．芯片光刻工艺中利用特定波长的光照射光刻胶发生化学反应，这一过程将光能转化为化学能
2．有机物M在一定条件下可转化成N，下列有关M、N的说法正确的是
A．M和N分别与足量H2加成后的产物互为同分异构体
B．可以利用红外光谱法区分M和N
C．M和N的分子中都含有手性碳原子
D．M和N中所含碳原子杂化类型不同
3．向2 L 0.1 ml/L FeCl3溶液中通入SO2气体，发生下列反应：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42−。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．该FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.2NA
B．标准状况下，2.24 L SO2所含价层电子对数为0.3NA
C．每消耗0.1 ml H2O，反应转移的电子数目为0.2NA
D．由该反应能够发生可以证明在该环境下Fe3+的氧化性强于H+
4．物质的结构决定性质。下列解释错误的是
A．A B．B C．C D．D
5．某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥（成分为Cu2S、Ag2Se、Au、Pt）中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为[PtCl6]2−和[AuCl4]−，下列判断正确的是
A．“焙烧”时，参加反应的Cu2S与O2的物质的量之比为2:1
B．第一电离能：Cl>S>P
C．“酸溶”时，金溶解的离子方程式为2Au+3Cl2+2Cl−=2[AuCl4]−
D．有机层中回收的金属元素是Au和Pt
6．以N-甲基吡啶盐酸盐([\chemfig{*6(=N(-CH_3)-=-=-)}]+Cl−）为原料，可以用电化学方法合成某农药有效成分的前体物质X(H3C−\chemfig{*6(=N-=-=-N(-CH_3)-)}−CH3，摩尔质量M=188g/ml)。某工厂采用下图所示电解装置进行合成，若不考虑气体的溶解与反应，下列说法错误的是
A．电极M应与电源正极相连B．离子交换膜应为阳离子交换膜C．电解过程中，甲室溶液pH下降D．甲室每生成1 ml气体时，乙室得到的X的质量大于188 g
7. 科研人员合成了一种分子机器—伪轮烷，其在生物医药领域具有潜在的应用前景。如图1所示，伪轮烷在一定条件下可以解组装成化合物L和冠醚，该过程的速率方程为−lncc0=kt（c0和c分别为伪轮烷的起始浓度和时间为t时的浓度，k为速率常数）。温度为T1时，−lncc0与t的关系如图2所示。
下列说法正确的是
A．冠醚分子为平面结构
B．解组装过程涉及化学键的断裂
C．L中的碳原子杂化轨道类型有3种
D．温度为T1时，解组装过程的速率常数k=7.2×10−6s−1
8. 在四氢呋喃（THF）溶剂中，H2S与丙烯酸在离子液体催化剂ILS的催化作用下合成HSCH2CH2COOH的反应机理如图。下列说法正确的是
A．中两个N原子的杂化方式相同
B．催化剂ILS所含的阴离子中π键与σ键数目之比为3:13
C. 方框内中间产物的结构简式为 HO−C(=O)−C(CH2SH)(H)−OH（注：原结构简式的LaTeX表示，这里按化学结构正确书写，原图片中的结构简式对应此LaTeX的化学结构）
D. 若将H2S换为甲硫醇(CH3SH)与丙烯酸发生上述反应，则最终产物的结构简式为
9. 已知[FeCl4]−为黄色、[Fe(SCN)]2+为红色、[FeF6]3−为无色，向0.1ml·L−1FeCl3溶液中依次进行如下操作：①滴加数滴浓盐酸，溶液黄色加深；②滴加1滴KSCN溶液，溶液变为红色；③加入NaF固体，溶液红色褪去变为无色；④滴加KI溶液和淀粉溶液，无色溶液未见明显变化。下列说法不正确的是
A. ①中溶液与足量KI反应的离子方程式为2Fe3++2I−=2Fe2++I2
B. 加浓盐酸，能使①中Fe3++4Cl−⇌[FeCl4]−的平衡正向移动
C. 向③的无色溶液中加水，稀释一定能够使[FeF6]3−的浓度减小
D. 对比②③可知，配体与Fe3+的结合能力：F−>SCN−
10. 室温下，在一定pH范围内含Cd(OH)2(s)的饱和溶液中，存在如下转化关系（K为平衡常数）：
Cd(OH)2(s)⇌Cd(OH)2(aq) K0；Cd(OH)2(aq)⇌Cd(OH)++OH− K1；
Cd(OH)2(aq)⇌Cd2++2OH− K2；Cd(OH)2(aq)+OH−⇌Cd(OH)3− K3；
Cd(OH)2(aq)+2OH−⇌Cd(OH)42− K4
平衡时，lgc(X)−lgc(OH−)的曲线如图。下列说法正确的是
X表示Cd(OH)+、Cd2+、Cd(OH)3−或Cd(OH)42−
A. Ⅱ为c(Cd2+)的变化曲线
B. c[Cd(OH)2(aq)]：N点 > M点
C.M点：c2(OH−)=K1K3
D.N点：cCd(OH)++2cCd2++cH+=cCd(OH)3−+2cCd(OH)42−+cOH−
二、非选择题（共5题，共60分）
11. LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6、LiCl 等常用作锂离子聚合物电池的材料和载体。
回答下列问题：
（1）LiFePO4 中Fe的价层电子排布式为 ____。
（2）LiPF6、LiAsF6 和 LiCl 中所含的四种非金属元素电负性由大到小的顺序为 ____。
（3）含氧酸的通式可写为 (HO)mROn，根据化学学科的规律下列几种酸中酸性与 H3PO4 相近的
有 ____。
a.HClO b.HClO3 c.H2SO3 d.HNO2
（4）通常在电极材料表面进行“碳”包覆处理以增强其导电性。抗坏血酸
）常被用作碳包覆的碳源，其易溶于水的原因是
____，该分子中碳原子的杂化方式为 ____。
（5）电池工作时，Li+ 沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图甲所示（图中阴离子未画出）。
电解质 LiPF6 或 LiAsF6 的阴离子结构如图乙所示（X=P、As）
①从化学键角度看，Li+ 迁移过程发生 ____（填“物理变化”或“化学变化”）。
②相同条件，Li+ 在 ____（选填“LiPF6”或“LiAsF6”）中迁移较快，原因是 ____。
（6）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。
LiCl·3H2O 属正交晶系（长方体形）晶胞参数为 0.72nm、1.0nm、0.56nm。如图为沿x轴投影
的晶胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。
①该晶胞中Cl原子的数目为 。
②LiCl·3H₂O的摩尔质量为Mg·ml⁻¹，设NA为阿伏加德罗常数的值，则LiCl·3H₂O晶体的密度为 g·cm⁻³（列出计算表达式）。
12．咪唑（C1=NC=CN1）是一种化工产品。某实验小组用OHC-CHO、HCHO、(NH4)2SO4按物质的量之比为1：1：1反应制备咪唑，装置和步骤如下：
①投料
在250 mL三口烧瓶中加入适量硫酸铵和50 mL蒸馏水，搅拌溶解；在滴液漏斗中加入乙二醛与甲醛的混合液（含5.8 g OHC-CHO和6.0 g HCHO），滴加时三口烧瓶中溶液的温度低于40℃，滴毕升温至85~88℃，保温4h，反应液逐渐变浑浊。
②排氨
冷却至50~60℃，分批加入氢氧化钙固体至pH>10；升温至85~90℃，保温1h排尽氨气。
③浓缩
趁热过滤，用热水洗涤滤饼2~3次；合并滤液与洗液，常压浓缩至有大量晶体析出，再减压浓缩至黏稠状。
④提纯
减压蒸馏，油泵减压（0.133~0.267kPa），收集馏分，得淡黄色粗咪唑。
⑤精制
用苯加热溶解，趁热过滤，冷却后析出白色针状晶体；抽滤、真空干燥，得到咪唑3.06g。
已知：乙二醛的沸点为51℃，咪唑的沸点为267℃且咪唑在水中的溶解度随温度升高而显著
增加。
回答下列问题：
（1）在图1装置中，仪器A的作用是 。
（2）步骤②中，“分批加入氢氧化钙固体”的目的是 ，证明氨气已排尽的方法是 。
（3）步骤③中，“趁热过滤”的目的是 ，“用热水洗涤滤饼”的目的是 。
（4）利用图2装置完成步骤④，减压蒸馏的优点是 。
（5）步骤⑤中，利用图3装置抽滤，其主要优点是 。
（6）本实验中，咪唑的产率为 %。
（7）咪唑[N1][N2][H]，分子为平面结构）中大π键表示为 ，它的碱性主要是由 （填
“1”或“2”）号N体现的，判断依据是 。
13. 苯二氮草类药物在临床应用广泛，其中一种关键中间体G的合成路线如下（部分试剂及
反应条件略）。
（1）化合物A的化学名称为 ，化合物M中官能团的名称是 。
（2）化合物B的分子式为C8H10N2O2，其结构简式为 ，B→C的反应类型为
。
（3）下列说法正确的是 （填字母）。
A. 化合物C与M发生了加成反应，C断裂N-H键，M断裂的化学键为π键
B. 反应D→F中，加入CH3COOH可以消耗反应生成的碱，提高转化率
C. 反应F→G为碱性条件下的扩环反应，CH3ONa作催化剂，另一个产物为CH3OH
（4）C→D的反应还生成一种副产物E，化合物E与D互为同分异构体，且都能转化为F，E的结构简式为 。
（5）化合物G的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为 （写出一种）。
①含有苯环，且苯环上一氯取代物只有1种；②含有酰胺基、碳碳双键和硝基，硝基直接与苯环相连；
③苯环上无甲基和其他环状结构；④核磁共振氢谱显示有四组峰，且峰面积比为1:1:2:3。
（6）化合物A可通过电化学氧化C6H4(NO2)CH3（结构简式为O2N−C6H4−CH3，即）制得。采用Ce4+/Ce3+作为氧化媒介，Ce3+在电解槽中甲基磺酸介质的作用下被氧化成Ce4+，Ce4+再对邻硝基甲苯进行氧化。Ce4+氧化邻硝基甲苯的离子反应方程式为 。
14. 甲烷干重整（DRM）以温室气体CH4和CO2为原料在催化条件下生成合成气CO和H2。体系中发生的反应有
i. CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247 kJ·ml−1
ii. CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41 kJ·ml−1
iii. CH4(g)⇌C(s)+2H2(g) ΔH3=+74.9 kJ·ml−1
iv. 2CO(g)⇌C(s)+CO2(g) ΔH4
（1）ΔH4= kJ·ml−1。
（2） （填“高温”或“低温”）有利于反应自发进行。
（3）起始投入CH4和CO2各1 kml，DRM反应过程中所有物质在100 kPa下的热力学平衡数据如图1所示。
①950℃时，向反应器中充入N2作为稀释气，CH4的平衡转化率____（填“升高”、“不变”或“降低”），理由是____。
②625℃时，起始投入CH4、CO2、H2、CO、H2O各0.5 kml，此时反应ⅱ的v正____v逆（填“>”、“=”或“”、“P>S，B错误；
C．滤渣酸溶时，Au、Pt与Cl2、HCl反应转化为[AuCl4]−、[PtCl6]2−，金溶解的离子方程式为2Au+3Cl2+2Cl−=2[AuCl4]−，C正确；
D．萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取，分液得到含有[PtCl6]2−的有机相和含有[AuCl4]−的水层，因此有机层中回收的金属元素只有Pt，D错误；
故选C。
6.B
由电解装置图可知，电极M为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2（主反应），2H2O−4e−=4H++O2（副反应），N极为阴极，发生还原反应，方程式为：2[N−CH3]++2e−=H3C−N−N−CH3；据此作答。
A. 根据分析知电极M生成Cl2和O2，发生氧化反应，故M为阳极，与电源正极相连，A正确；
B. 电解过程中，为了使阴极的反应物集中于阴极室（乙室）且氯离子通过离子交换膜移向阳极，离子交换膜应为阴离子交换膜，B错误；
C. Cl−通过阴离子交换膜往甲室移动，同时甲室中H+逐渐增多，溶液pH下降，C正确；
D. 主反应中存在计量关系：Cl2∼2e−∼X，副反应中存在计量关系：O2∼4e−∼2X，故1 ml气体对应的X的物质的量在1 ml - 2 ml之间，X的摩尔质量为188 g/ml，故甲室每生成1 ml气体时，乙室得到的X的质量大于188 g，D正确；
故答案选B。
7.D
A. 冠醚分子中所有碳原子均为饱和碳原子，均为sp3杂化，呈四面体结构，因此冠醚不可能是平面结构，A错误；
B. 伪轮烷属于超分子组装体，是通过分子间作用力将L和冠醚结合在一起，解组装只是分离两种分子，没有涉及化学键的断裂，B错误；
C. 化合物L中：苯环碳、羰基碳、碳碳双键碳均为sp2杂化；饱和烷基碳为sp3杂化，一共只有2种杂化类型，C错误；
D. 根据速率方程 −lncc0=kt，−lncc0−t图像的斜率等于速率常数k。由图2得：当t=5×104s时，−lncc0=0.36，因此 k=0.365×104s=7.2×10−6s−1，D正确；
故选D。
8.C
A. 中1号N原子采用sp2杂化，2号N原子采用sp3杂化，A错误；
B. 催化剂ILS所含的阴离子为，其中π键与σ键数目之比为3:20，B错误；
C. 结合转化流程中，与正负电荷结合及最终产物，可知方框内中间产物的结构简式为，C正确；
D. 若将H2S换为甲硫醇(CH3SH)与丙烯酸发生上述反应，则最终产物的结构简式为HOOCCH2CH2SCH3，D错误；
故选C。
9.A
实验过程如下：向0.1ml·L−1FeCl3溶液中，①滴加浓盐酸，溶液黄色加深，这是因为Fe3+与Cl−形成黄色的[FeCl4]−，Cl−浓度增大使平衡Fe3++4Cl−⇌[FeCl4]−正向移动；②滴加1滴KSCN溶液，溶液变为红色，说明Fe3+与SCN−结合生成了红色的[Fe(SCN)]2+；③加入NaF固体，溶液红色褪去变为无色，这是因为F−与Fe3+的配位能力更强，取代了SCN−，形成了无色的[FeF6]3−；④滴加KI溶液和淀粉溶液，未见明显变化，说明此时溶液中游离的Fe3+浓度极低，无法氧化I−。
A. 向①中溶液（含[FeCl4]−）加入足量KI，[FeCl4]−为配离子不能拆，实际反应的离子方程式应为2[FeCl4]−+2I−=2Fe2++I2+8Cl−，A错误；
B. 加浓盐酸，Cl−浓度增大，使平衡Fe3++4Cl−⇌[FeCl4]−正向移动，溶液黄色加深，B正确；
C. 向③的无色溶液（含[FeF6]3−）中加水，溶液被稀释，[FeF6]3−的浓度一定减小，C正确；
D. ②中Fe3+与SCN−生成红色[Fe(SCN)]2+，③中加入NaF后红色褪去变为无色[FeF6]3−，
说明F－更易与Fe3+配位，即配体与Fe3+的结合能力：F－ > SCN－，D正确；
故答案选A。
10．C
根据给定的平衡关系，推导lgc（X）与lgc(OH−)的关系，通过斜率判断对应物种：
由Cd(OH)2(s)⇌Cd(OH)2(aq)，平衡常数K0=c[Cd(OH)2(aq)]，温度不变时K0为定值，因此c[Cd(OH)2(aq)]不随c(OH−)改变。对Cd2+：由K2=c(Cd2+)·c2(OH−)c[Cd(OH)2(aq)]，代入c[Cd(OH)2(aq)]=K0整理得：lgc(Cd2+)=lg(K0K2)−2lgc(OH−)，斜率为-2，是负斜率中下降最陡的曲线，对应曲线I；对Cd(OH)+：整理得lgc(Cd(OH)+)=lg(K0K1)−lgc(OH−)，斜率为-1，对应曲线II；对Cd(OH)3−：整理得lgc(Cd(OH)3−)=lg(K0K3)+lgc(OH−)，斜率为+1，对应曲线IV；对Cd(OH)42−：整理得lgc(Cd(OH)42−)=lg(K0K4)+2lgc(OH−)，斜率为+2，是正斜率中上升最陡的曲线，对应曲线III。
A．根据上述分析，c(Cd2+)对应斜率为-2的曲线I，II对应c(Cd(OH)+)，A错误；
B．K0=c[Cd(OH)2(aq)]，温度不变K0不变，因此M点和N点的c[Cd(OH)2(aq)]相等，B错误；
C．M点是曲线II（Cd(OH)+）和曲线IV（Cd(OH)3−）的交点，因此c(Cd(OH)+)=c(Cd(OH)3−)。 结合平衡常数： c(Cd(OH)+)=K1·c[Cd(OH)2(aq)]c(OH−)，c(Cd(OH)3−)=K3·c[Cd(OH)2(aq)]·c(OH−)，令两式相等，约去c[Cd(OH)2(aq)]后整理得：c2(OH−)=K1K3，符合选项表述，C正确；
D．该溶液中存在电荷守恒，假设通过添加强碱（如NaOH）调节c(OH−)，则电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)+2c(Cd2+)+c[Cd(OH)+]=c(OH−)+c[Cd(OH)3−]+2c[Cd(OH)42−]，整理得
c[Cd(OH)+]+c(H+)+2c(Cd2+)−c(OH−)+c[Cd(OH)3−]+2c[Cd(OH)42−]=−c(Na+)，因为c(Na+)>0，所以
c[Cd(OH)+]+c(H+)+2c(Cd2+) Cl > P > As cd抗坏血酸分子含有多个羟基，与水形成分子间氢键 sp2、sp3 化学变化 LiAsF6 AsF6−的半径比PF6−的大，AsF6−与Li+的作用力比PF6−弱4 4M×10270.72×1.0×0.56×NA
（1）26Fe的价层电子为最外层加上次外层d能级上的电子，所以价层电子为排布式为3d64s2，那么LiFePO4中Fe显+2价，失去最外层电子，LiFePO4中Fe的价层电子排布式为3d6；答案为3d6。
（2）同周期自左而右电负性增大、同主族自上而下电负性减小，故电负性：F > P > As > Li；答案为F > P > As > Li。
（3）H3PO4可改写为(HO)3PO1，非羟基氧原子数为1，
a．HClO可改写为(HO)ClO0，非羟基氧原子数为0；
b．HClO3可改写为(HO)ClO2，非羟基氧原子数为2；
c．H2SO3可改写为(HO)2SO1，非羟基氧原子数为1；
d．HNO2可改写为(HO)NO1，非羟基氧原子数为1；
非羟基氧原子数相同，酸性相近，故cd与H3PO4的非羟基氧原子数相同，酸性相近；答案为cd。
（4）抗坏血酸分子中含有多个羟基，可以与水分子形成分子间氢键；由抗坏血酸的分子结构可知该分子中存在碳碳双键和碳碳单键，则碳原子的杂化方式有两种sp2、sp3；答案为抗坏血酸分子含有多个羟基，与水形成分子间氢键，sp2、sp3。
（5）①从图甲看出，Li+迁移过程生成了新物质，发生了化学变化；答案为化学变化。
②因为PF6−的半径比AsF6−的小，PF6−与Li+的作用力就比AsF6−的强，迁移速度就慢；答案为LiAsF6；PF6−的半径比AsF6−的小，PF6−与Li+的作用力就比AsF6−的强，迁移速度就慢。
（6）原子分数坐标为（0.5，0.2，0.5）的Cl原子位于晶胞体内，原子分数坐标为（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cl原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面上，原子分数坐标为（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cl原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cl原子位于晶胞平行于y轴的棱上，则晶胞中Cl原子数目为：1+4×12+4×14=4，根据Cs守恒有n(LiCl·3H2O)
=n（Cl）=4NAml，晶胞的质量m=nM=4MNAg，晶胞体积
V=abc×10-27cm3=0.72×1.0×0.56×10-27cm3，晶体密度ρ=mV=4MNA0.72×1.0×0.56×10−27=
4M×10270.72×1.0×0.56×NA（g•cm-3）；答案为：4，4M×10270.72×1.0×0.56×NA
12．（1）冷凝回流，提高原料利用率
（2） 避免反应剧烈，且能充分将NH3排出 将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近出气口，无白烟产生，则说明氨气已排尽（或将湿润的红色石蕊试纸靠近出气口，试纸不变蓝）
（3） 避免咪唑析出，减少咪唑损失 增大咪唑的溶解度，充分洗去滤饼表面附着的咪唑，提高产率
（4）可以显著降低液体沸点，从而在较低温度下实现物质的分离与提纯
（5）过滤快，得到的固体较干燥
(6)45
（7） Π56 1 2号N中孤电子对参与形成大π键，1号N上孤电子对能与质子形成配位键
该实验通过乙二醛、甲醛与硫酸铵在水溶液中经多步反应（投料、排氨、浓缩、减压蒸馏、精制）制备咪唑，涉及物质的量计算（乙二醛为限量试剂，理论产量6.8g）、产率分析（实际3.06g，产率45%）、反应条件控制（温度、pH、减压蒸馏防分解）及分离提纯操作（趁热过滤、减压过滤、重结晶），最终获得目标产物咪唑，过程需兼顾反应效率、产物纯度与收率。
（1）仪器A是球形冷凝管，作用是冷凝回流，将挥发的乙二醛、甲醛等原料冷凝，从而提高原料利用率。
（2）加入氢氧化钙是为了中和硫酸铵并释放氨气。分批加入可以控制反应速率，避免因一次性加入过多导致反应过于剧烈或氨气瞬间大量逸出而难以排出；氨气是碱性气体，能与浓盐酸挥发出的HCl反应生成NH4Cl白烟，或使湿润的红色石蕊试纸变蓝。若无此现象，说明氨气已排尽。
（3）已知咪唑在水中的溶解度随温度升高而显著增加，趁热过滤可防止温度降低时咪唑因溶解度下降而结晶析出，从而减少产品损失；用热水洗涤滤饼，可利用高温下咪唑的高溶解度，将附着在滤饼表面的咪唑溶解并洗入滤液中，从而提高总收率。
（4）咪唑的沸点高达267°C，若常压蒸馏，高温可能导致产品分解或氧化。减压蒸馏通过降低体系压强，使液体沸点降低，可在较低温度下蒸出溶剂或杂质，从而在较低温度下实现物质的分离与提纯。
（5）抽滤（减压过滤）利用真空泵产生负压，加快过滤速度；同时，负压有助于抽走固体表面的水分，得到的滤饼更干燥，便于后续干燥操作。
（6）原料的物质的量：乙二醛：M=58g·ml−1，n=5.8g58g·ml−1=0.1ml；甲醛：M=30g·ml−1，n=6.0g30g·ml−1=0.2ml；三者按物质的量比1:1:1反应，乙二醛为限量试剂，理论生成咪唑0.1ml。咪唑摩尔质量 M=68g·ml−1，理论产量：m理论=0.1ml×68g·ml−1=6.8g；实际产量m实际=3.06g，产率：产率=×100%=45%。
（7）咪唑分子中，3个碳原子和2个氮原子参与杂化形成大π键，1号N原子和另外3个C原子各提供一个电子形成大π键，1号N原子还剩余1对孤对电子不参与形成大π键，2号N原子形成3条共价键，剩余1对孤对电子参与形成大π键，则形成大π键的电子数为6，咪唑分子中的大π键可表示为Π56；碱性主要由1号N体现。2号N与H相连，孤电子对参与形成大π键，电子云密度降低，难以结合质子；1号氮原子有一对孤对电子，能与氢离子形成配位键，所以结合质子能力更强，体现碱性。
13.（1） 邻硝基苯甲醛或2-硝基苯甲醛 酯基、碳碳三键
(3)AC
（1）
化合物A结构简式为O=Cc1ccccc1[N+](=O)[O−]，化学名称为邻硝基苯甲醛或2 - 硝基苯甲醛；M为H3COOC−C≡C−COOCH3，所含官能团名称为酯基、碳碳三键；
（2）
根据分析化合物B的分子式为C9H10N2O2，其结构简式为CN(Cc1ccccc1[N+](=O)[O−])C；
CN(Cc1ccccc1[N+](=O)[O−])C与氢气发生还原反应生成C（CN(Cc1ccccc1N)CH3），B→C的反应类型为还原反应；
（3）A． M中碳碳三键中的π键断裂，C中N - H键断裂，C与M发生了加成反应，A正确；
B．反应D→F发生加成反应，加入CH3COOH作为催化剂，加快反应速率，B错误；C. 反应F在CH3ONa作催化剂，发生扩环反应，生成G和CH3OH，C正确；
故选AC；
（4）
C→D的反应M中碳碳三键中的π键断裂，C中N−H键断裂。C中有两处N−H，若另一
处N−H断裂则生成一种副产物E（ ），E的结构简式为
（5）
不饱和度为7，C原子个数13，O原子个数3，
N原子个数2。G的同分异构体中满足①含有苯环，且苯环上一氯取代物只有1种；②含
有酰胺基、碳碳双键和硝基，硝基直接与苯环相连；③苯环上无甲基和其他环状结构；④
核磁共振氢谱显示有四组峰，且峰面积比为1:1:2:3，说明该物质中含有1个酰胺基、2个
碳碳双键和1个硝基四个取代基分别且位于对称的位置，根据峰面积制备可知有两个甲基上
的六个氢原子等效，结构简式为
（6）
Ce4+将邻硝基甲苯的甲基氧化成醛基，Ce4+被还原成Ce3+。两者反应的离子反应方程式为
14.(l)－172.1
（2）高温
（3） 升高950℃时，体系中只有反应i，该反应为体积增大的反应，恒压条件充入氮气，平衡正向移动，CH4转化率升高 < 12t 122+α2·4a−122+α21−α2+α·122+α
（4） 3d84s2 *OOCH=CO（g） + *OH
（5） 4CeO2=∆2Ce2O3+O2↑ 7
（1）由盖斯定律可得反应ⅲ-反应ⅰ得 2CO(g)⇌C(s)+CO2(g)，所以 ΔH4 =+74.9kJ/ml-247kJ/ml=-172.1 kJ/ml；
（2）反应i. CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247kJ/ml，ΔH>0、ΔS>0，由ΔG=ΔH−TΔSO>Se。
（3）根据结构图可判断与Se结合的氧原子个数1+2×12=2，所以该氧化物的化学式为
SeO2。SeO3中中心原子的价层电子对数是3，且不含有孤对电子，其立体构型为平面三角形。
（4）由于Se的原子半径比S的原子半径大，Se—Se键的键能比S—S键的键能小，断裂Se—Se键所需要的最低能量小，对应的光波的波长较长，所以图中实现光响应的波长：λ1干冰
SiO2比CO2的摩尔质量数值更大
B
酸性：丙酸