资源简介

河北衡水市第二中学等校2025-2026学年高三下学期一模化学试题试题
1．科学研究发现，百慕大三角之下的岩石中含有磁铁矿，会影响船舶航向。下列有关磁铁矿的叙述错误的是
A．只用硝酸和溶液可确定磁铁矿中铁的价态
B．古代利用磁铁矿石制造指南针的过程发生的是物理变化
C．磁铁矿的主要成分是，其俗名是磁性氧化铁
D．磁铁矿的强磁性导致船舶的罗盘指向偏离
2．锑(Sb)及其化合物在工业生产和生活中有广泛的应用，一种制备Sb的方法如下： 。下列叙述错误的是
A．基态的核外电子排布式为
B．水分子间氢键的作用力大于范德华力
C．该反应涉及的物质中有离子晶体、金属晶体和分子晶体
D．Na、Cu、Sb分别位于元素周期表的s区、d区和p区
3．在资源利用中，下列化工生产经一步反应不能达到目的的是
A．工业制硝酸：NH3NO
B．石油制丙烯：石油丙烯
C．地沟油制皂：地沟油肥皂
D．粗硅冶炼：硅石粗硅
4．叶酸(结构如图)属于维生素B9，是一种水溶性维生素。
下列叙述正确的是
A．叶酸既能与盐酸反应，又能与反应
B．叶酸分子中含2个手性碳原子
C．叶酸分子中有四种含氧官能团
D．叶酸能发生加成、取代和消去反应
5．某实验小组利用如图装置制备氢气并测定铜的摩尔质量。下列有关说法错误的是
A．实验前需要先检查装置的气密性
B．实验时装有醋酸铅溶液的试剂瓶有黑色沉淀产生，说明粗锌中含有硫元素
C．碱石灰的作用是除去混合气体中可能含有的
D．设试管质量为a g，反应前试管与氧化铜质量和为m g，反应后试管与固体质量和为n g，则铜的摩尔质量为
6．劳动创造美好生活。下列用化学知识解释对应劳动项目不合理的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用葡萄酿制葡萄酒 葡萄中的糖类在酵母作用下发酵生成乙醇
B 用草木灰(含)改良酸性土壤 能与酸发生中和反应
C 用食醋除水壶中的水垢 食醋中的醋酸可与水垢(主要含碳酸钙等)反应
D 用小苏打发面 小苏打与酸性物质反应产生使面团膨胀
A．A B．B C．C D．D
7．设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．由甲醛和乙酸组成的混合物含有的碳原子数为
B．分子含极性共价键的数目为
C．溶液中阳离子总数小于
D．碱性锌锰电池正极质量净减时，理论上转移的电子数为
8．下列化学反应表示正确且符合题意的是
A．实验小组将溶液与溶液混合：
B．实验室制备立德粉：
C．实验室制备氯气：
D．实验室用生石灰与浓氨水制备氨气：
9．单质锰和活性氧化锌都是高功能精细化工产品。某实验小组以含有(难溶于水)和的混合物为原料制备活性氧化锌和单质锰的工艺流程如图，下列叙述错误的是
A．“酸浸”时，转化为和
B．“调pH”时有滤渣生成，灼烧该滤渣可以得到铁红
C．“煅烧”需要用到蒸发皿、玻璃棒和酒精灯等
D．“电解”时阴极的电极反应式为
10．化合物Q是一种常用的表面活性剂，具有起泡性能好、去污能力强等特点，其结构如图所示。已知X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，X、Y位于同一主族，X、W位于同一周期，M原子的核外电子只有一种运动状态，Z是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．第一电离能：
C．由X、Y、Z元素组成的盐只有两种
D．M、Z均可与X形成两种化合物，且这四种化合物中的化学键种类相同
11．一定温度下，反应的历程如图实线所示，在催化剂作用下，反应历程如图虚线所示，反应方程式为、。下列说法正确的是
A．反应可自发进行，则其
B．催化剂的加入，改变了反应的历程，降低了焓变
C．达到平衡后降低温度，步骤Ⅰ的反应速率比步骤Ⅱ的反应速率降低得更多
D．同温条件下，压缩容器体积，实线历程和虚线历程的均增大
12．的熔点约为2350℃，常用作高温陶瓷与结构材料，其立方晶胞如图所示。下列叙述正确的是
已知晶胞边长为。1、4号原子坐标分别为和。
A．属于分子晶体 B．4个Be与C相邻且最近等距离
C．3号原子坐标为 D．2个的最近距离为
13．科研人员采用电化学方法以甲为原料合成丙。下列说法正确的是
A．电极a为阴极，发生还原反应
B．膜R为阴离子交换膜
C．电极b上生成丙的总反应式为
D．若电路中转移电子，一定生成丙
14．常温下，向溶液中滴加溶液，各含C微粒分布系数如图所示。一般认为二元弱酸能被分步准确滴定的条件是。下列说法错误的是
A．常温下，的
B．滴入溶液时，若，则此时
C．当达到第一次滴定终点时，溶液中存在
D．借助指示剂甲基橙和酚酞，用标准溶液无法测定、混合液中的含量
15．咪唑()是一种化工产品。某实验小组用OHC-CHO、HCHO、按物质的量之比为反应制备咪唑，装置和步骤如下：
①投料
在三口烧瓶中加入适量硫酸铵和蒸馏水，搅拌溶解；在滴液漏斗中加入乙二醛与甲醛的混合液(含 OHC-CHO和 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；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，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3.06 g。
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(，分子为平面结构)中大键表示为　 　，它的碱性主要是由　 　(填“1”或“2”)号体现的，判断依据是　 　。
16．在石油加工领域，用作催化剂，参与脱碳、脱硫等反应，以提升燃料的品质。从一种含钒废催化剂(主要成分为和以及载体)中回收钒、钨的工艺流程如图所示。
已知：①、、可与反应生成、和；
②不同pH下六价W和五价V的离子存在形式如表所示：
六价W的存在形式 五价V的存在形式
pH 存在形式 pH 存在形式
>6.5 >8.5
2.0 2.0
请回答下列问题：
（1）“焙烧”时需要将废催化剂粉碎，其目的是　 　。
（2）写出“焙烧”时与反应的化学方程式：　 　。
（3）浸渣1的主要成分为　 　(填化学式)，“酸浸”时需要调节pH=2.0，写出含钨化合物在“酸浸”时发生反应的离子方程式：　 　。
（4）“反萃取”后，水相中含钒离子的存在形式为　 　。
（5）“沉钨”时转化为沉降分离，已知温度为时，，当溶液中恰好沉淀完全(离子浓度等于)时，溶液中　 　。
（6）某种钒的氧化物的立方晶胞结构如图所示，该晶胞中含　 　个V，若晶胞中两个原子的最近距离为，设为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为　 　(列出计算式即可)。
17．江南大学一团队开发了一种新型铑基单原子催化体系(，)，实现了加氢一步高效制乙醇，涉及的有关反应如下：
①
②
③
回答下列问题：
（1）工业上，利用合成气合成甲醇： 　 　。
（2）下列图像中符合反应①中与关系的是_______(填标号)。
A． B．
C． D．
（3）一定温度下，在恒容密闭容器中充入和只发生反应②，下列情况表明该反应一定达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．气体总压强不随时间变化
B．体积分数不随时间变化
C．不随时间变化
D．的消耗速率与的消耗速率之比为
（4）在下，按、体积比为投料只发生反应①和③，测得的平衡转化率、的选择性和的选择性与温度的关系如图所示。
已知：的选择性和的选择性之和为100%。
Ⅰ.能代表乙醇选择性与温度关系的曲线是　 　(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是　 　。
Ⅱ.温度高于300℃时，乙曲线下降程度变慢，其原因是　 　。
（5）某温度下，向一密闭容器中充入和只发生反应①和③，达到平衡时测得的转化率为50%，。该温度下反应③的压强平衡常数　 　。
18．某课题组通过使用AI对某目标分子进行合成分析，设计了如下合成路线：
已知：Ⅰ.对于苯环，是间位取代定位基；、是邻、对位取代定位基，且决定性为。
Ⅱ.卤苯发生取代时，电负性越强，越容易被取代。
回答下列问题：
（1）C中含氧官能团的名称为　 　。
（2）设计E→F的目的是　 　。
（3）G→H的化学方程式为　 　，该过程的反应类型为　 　。
（4）有机物M是A的同分异构体，则符合下列条件的M有　 　种。其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为的结构简式为　 　(任写一种)。
①除苯环外不含其他环状结构
②含有两种官能团，其中一种为氨基，且氨基直接连在苯环上
③能发生水解反应且该有机物发生银镜反应最多能生成
（5）对于由C至K的合成分析，某同学给出了另一种路线设计：
分析该路线不可行的理由；①　 　；②　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、硝酸具有强氧化性，会将磁铁矿中的 Fe2+氧化为 Fe3+，仅用硝酸和 NH4SCN 溶液无法区分原矿中 Fe 的价态，不能确定铁的价态，A 错误；
B、古代利用磁铁矿石制造指南针，仅改变矿石的形状和磁性方向，无新物质生成，发生的是物理变化，B 正确；
C、磁铁矿的主要成分是 Fe3O4，其俗名是磁性氧化铁，C 正确；
D、磁铁矿具有强磁性，会干扰船舶罗盘的地磁场，导致罗盘指向偏离，影响船舶航向，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
价态检验：硝酸具有强氧化性，会氧化 Fe2+，无法用硝酸和 NH4SCN 直接检验原矿中铁的价态；
物理变化判断：制造指南针仅改变矿石形态与磁性，无新物质生成，属于物理变化；
物质俗称：磁铁矿的主要成分为 Fe3O4，俗称磁性氧化铁；
磁性影响：强磁性会干扰地磁场，导致船舶罗盘指向偏离。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；氢键的存在对物质性质的影响；晶体的定义；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、Sb 为第五周期 ⅤA 族元素，基态 Sb 的核外电子排布式为 ，A 正确；
B、氢键属于特殊的分子间作用力，其作用力强度大于范德华力，B 正确；
C、该反应中，NaCN、NaOH 等属于离子晶体，Cu、Sb 属于金属晶体，H2O 属于分子晶体，C 正确；
D、Na 位于元素周期表的 s 区，Cu 位于 ds 区而非 d 区，Sb 位于 p 区，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
核外电子排布：第五周期 ⅤA 族元素的核外电子排布遵循构造原理，Sb 的排布式为 [Kr] 4d 5s25p3；
分子间作用力：氢键的作用力强度大于范德华力，小于化学键；
晶体类型判断：离子化合物为离子晶体，金属单质为金属晶体，分子构成的物质为分子晶体；
元素分区：Na 为 ⅠA 族元素，属于 s 区；Cu 为 ⅠB 族元素，属于 ds 区；Sb 为 ⅤA 族元素，属于 p 区。
3．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；硅和二氧化硅；石油的分馏产品和用途；石油的分馏；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、NH3经催化氧化可一步生成 NO，是工业制硝酸的第一步反应，A 正确；
B、石油分馏是物理分离过程，只能得到汽油、煤油等馏分，无法直接得到丙烯，丙烯需通过石油裂化、裂解得到，B 错误；
C、地沟油的主要成分为油脂，油脂在碱性条件下水解可一步生成肥皂（高级脂肪酸钠），C 正确；
D、硅石（SiO2）与焦炭在高温下热还原，可一步制得粗硅，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
工业制硝酸：NH3催化氧化一步生成 NO，后续再氧化为 NO2、与水反应生成硝酸；
石油加工：分馏为物理变化，仅分离不同沸点的烃，丙烯需通过裂化、裂解（化学变化）得到；
油脂皂化：油脂在碱性条件下水解为皂化反应，可一步制得肥皂；
粗硅冶炼：SiO2与 C 高温反应一步生成粗硅，是工业制粗硅的核心反应。
4．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、叶酸分子中含有氨基（-NH2），可与盐酸反应；含有羧基（-COOH）、酚羟基，可与 NaOH 反应，A 正确；
B、叶酸分子中仅与两个羧基相连的碳原子为手性碳原子，共 1 个手性碳原子，B 错误；
C、叶酸分子中的含氧官能团为羟基（-OH）、羧基（-COOH）、酰胺基（肽键），共三种，C 错误；
D、叶酸分子中苯环、碳氮双键可发生加成反应，羧基、羟基可发生取代反应，但无 β-H，不能发生消去反应，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
两性物质判断：含氨基可与酸反应，含羧基、酚羟基可与碱反应，叶酸兼具两性；
手性碳原子判断：连有 4 个不同原子或基团的碳原子为手性碳，叶酸仅 1 个；
含氧官能团识别：叶酸含羟基、羧基、酰胺基三种含氧官能团；
反应类型判断：叶酸可发生加成、取代反应，无 β-H，不能发生消去反应。
5．【答案】C
【知识点】铜及其化合物；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、有气体参与的实验，实验前必须先检查装置的气密性，A 正确；
B、醋酸铅溶液与 H2S 反应生成黑色 PbS 沉淀，说明粗锌中含硫元素（与酸反应生成 H2S），B 正确；
C、酸性 KMnO4溶液已除去 H2S 等杂质，碱石灰的作用是干燥 H2，而非除去 SO2，C 错误；
D、 反应后试管中固体为铜，试管与铜质量和为n g，设铜的摩尔质量为M，，解得铜的摩尔质量为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
实验操作规范：有气体参与的实验，实验前必须检查装置气密性；
杂质检验原理：醋酸铅可检验 H2S，生成黑色 PbS 沉淀，证明粗锌含硫；
除杂与干燥：酸性 KMnO4除去 H2S，碱石灰用于干燥 H2，而非除 SO2；
摩尔质量计算：利用 CuO 与 H2反应的固体质量差（氧元素质量），结合 n(Cu)=n(O) 计算铜的摩尔质量。
6．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；单糖的性质和用途；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、葡萄中的糖类在酵母的作用下发酵，可生成乙醇，以此酿制葡萄酒，A 合理；
B、K2CO3改良酸性土壤，是利用其水解显碱性的性质，K2CO3是盐，与酸的反应不属于中和反应（中和反应是酸与碱的反应），B 不合理；
C、食醋中的醋酸（CH3COOH）可与水垢中的 CaCO3等发生反应，从而除去水垢，C 合理；
D、小苏打（NaHCO3）可与面团中的酸性物质反应，生成 CO2气体，使面团膨胀，D 合理；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
酿酒原理：糖类在酵母作用下发酵生成乙醇，是葡萄酒酿制的核心原理；
中和反应定义：中和反应是酸与碱互相交换成分生成盐和水的反应，盐与酸的反应不属于中和反应；
除垢原理：醋酸酸性强于碳酸，可与碳酸钙反应生成可溶盐，除去水垢；
发面原理：碳酸氢钠与酸反应生成 CO2，使面团疏松多孔。
7．【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、甲醛（HCHO）和乙酸（CH3COOH）的最简式均为 CH2O，30g 混合物中含 CH2O 的物质的量为 1mol，故含有的碳原子数为 NA，A 正确；
B、3.4g H2O2的物质的量 为，1 个 H2O2分子含 2 个极性共价键（O-H 键），故含极性共价键的数目为 0.2NA，B 错误；
C、HOCH2COONH4溶液中，NH4+水解消耗阳离子，但 H2O 电离出 H+，且 1 个 NH4+水解生成 1 个 H+，同时溶液中阳离子还有 Na+（无）、H+，根据电荷守恒，阳离子总数大于 0.5NA，C 错误；
D、碱性锌锰电池正极反应为 MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-，正极质量增加，不会净减 6.5g，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
最简式法计算：甲醛和乙酸最简式相同，可按最简式计算混合物中原子数目；
共价键数目计算：H2O2中含 2 个 O-H 极性键、1 个 O-O 非极性键；
盐类水解与电荷守恒：NH4+水解时，结合电荷守恒判断阳离子总数变化；
原电池电极反应：碱性锌锰电池正极 MnO2得电子生成 MnO(OH)，质量增加，无质量净减。
8．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Na2S2O3与 CuSO4溶液混合时，S2O32-会发生氧化还原反应，生成 CuS 沉淀、S 单质、SO2等，不会生成 CuS2O3沉淀 ，A不符合题意；
B、ZnSO4与 BaS 溶液混合会发生双水解反应，生成 ZnS 沉淀和 BaSO4沉淀，不是生成 BaS ZnSO4， 正确反应为，B不符合题意；
C、实验室制氯气的离子方程式中，HCl 应拆分为离子形式， 正确的离子方程式为，C不符合题意；
D、生石灰（CaO）与浓氨水混合，CaO 与水反应放热且生成 OH-，促进 NH3 H2O 分解，放出 NH3，反应方程式： ，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
硫代硫酸盐的反应：S2O32-与 Cu2+会发生氧化还原反应，而非简单复分解；
硫化物的双水解：Zn2+与 S2-会发生双水解，生成 ZnS 和 BaSO4沉淀；
氯气制备的方程式：实验室制氯气应写化学方程式，离子方程式不符合题意；
氨气的制备：CaO 与浓氨水反应，利用 CaO 溶解放热、增大 OH-浓度，促进 NH3逸出，方程式正确。
9．【答案】C
【知识点】电解原理；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、“酸浸” 时，ZnFe2O4与稀硫酸反应，生成 ZnSO4和 Fe2(SO4)3，A 正确；
B、“调 pH” 时，Fe3+水解生成 Fe (OH)3沉淀（滤渣），灼烧 Fe(OH)3可得到 Fe2O3（铁红），B 正确；
C、“煅烧” 固体需在坩埚中进行，蒸发皿用于蒸发溶液，不能用于高温煅烧，C 错误；
D、“电解” MnSO4溶液时，阴极 Mn2+得电子生成 Mn，电极反应式为 Mn2++2e-=Mn，D 正确；
故答案为：C。
【分析】混合物加稀硫酸酸浸，ZnFe2O4溶解为 ZnSO4、Fe2(SO4)3，MnO2不溶被分离；酸浸液调 pH 除去铁元素（滤渣为铁的氢氧化物，灼烧得铁红），滤液加 NH4HCO3沉锌得到 Zn2(OH)2CO3，煅烧后制得活性氧化锌；分离出的 MnO2用 H2O2/H2SO4还原为 MnSO4溶液，电解该溶液得到单质锰。
10．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；化学键；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、根据离子半径比较规律：电子层数越多，离子半径越大；电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小。简单离子半径大小为 S2-＞O2-＞Na+，A 错误；
B、H 的核外电子排布为 1s ，为半满稳定结构；C 的核外电子排布为 1s22s22p2，未达到半满或全满稳定结构；Na 为活泼金属，易失电子，因此第一电离能：H＞C＞Na，B 正确；
C、由 O、S、Na 三种元素组成的盐，除硫酸钠外，还有亚硫酸钠、硫代硫酸钠等多种，C 错误；
D、H 与 O 形成的 H2O、H2O2均只含共价键；Na 与 O 形成的 Na2O 只含离子键，Na2O2含离子键和共价键，四种物质的化学键类型不完全相同，D 错误；
答案选 B。
【分析】X、Y、Z、W、M 均为短周期主族元素，X 与 Y 同主族，结合成键特点：X 形成 2 个共价键、Y 形成 6 个共价键，可推知 X 为 O 元素、Y 为 S 元素；X 与 W 同周期，W 形成 4 个共价键，故 W 为 C 元素；M 原子核外只有 1 种运动状态的电子，说明 M 核外仅 1 个电子，M 为 H 元素；Z 是短周期中金属性最强的元素，Z 为 Na 元素，据此解题。
11．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、由能量图可知， 为放热反应，故逆反应 为吸热反应（）。该反应正向气体分子数减少，。根据 ，、 时， 恒大于0，反应不能自发进行，A错误；
B、催化剂通过改变反应历程降低活化能，但不改变反应的始态和终态，因此反应的焓变（）不变，B错误；
C、由能量图可知，步骤I的活化能高于步骤II。温度对活化能大的反应影响更显著，降低温度时，活化能高的步骤I反应速率降低得更多，C正确；
D、随着温度的改变而改变，实线历程中的值即为反应的平衡常数，温度不变， 的比值不变，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
自发反应判断：依据 ，结合反应吸热、熵减判断非自发；
催化剂特性：催化剂只降低活化能，不改变反应焓变和平衡移动方向；
温度对速率影响：活化能越大，受温度降低的影响（速率下降幅度）越大；
压强对平衡影响：反应前后气体分子数不变，改变压强只改变压强大小，不改变平衡分压比值。
12．【答案】D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、Be2C的熔点约为2350℃，熔点高，且由晶胞结构可知其为空间网状结构，属于原子晶体，不是分子晶体，A错误；
B、由晶胞结构可知，C原子位于晶胞内部，Be原子位于晶胞的棱上，每个C原子周围有8个Be原子与它相邻且最近等距离，不是4个，B错误；
C、已知1号原子坐标为(0，0，0)，4号原子坐标为，晶胞为立方晶胞，3 2号原子坐标为，3号原子坐标为，C错误；
D、C原子位于晶胞的体心，2个C的最近距离为晶胞面对角线长度的一半，晶胞边长为a nm，面对角线长为 nm，因此2个C的最近距离为 nm，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶体类型判断：原子晶体熔点高、具有空间网状结构，分子晶体熔点低，据此判断Be2C为原子晶体；
配位数分析：根据晶胞中原子的位置，数出与C原子相邻且最近等距离的Be原子的个数；
晶胞原子坐标：根据已知原子的坐标，结合立方晶胞的结构，推导出3号原子的正确坐标；
原子间距计算：利用晶胞边长，结合几何关系，计算出两个相邻C原子的最近距离。
13．【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极 a 上 H2O 失电子生成 O2和 H+，发生氧化反应，为阳极，A 错误；B、H+从电极 a（阳极）通过膜 R 向电极 b（阴极）移动，膜 R 为阳离子交换膜，B 错误；
C、由图知，b电极上，总反应的反应物为甲和氢离子，则生成丙的总反应式为，C正确；
D、阴极（电极b）还有副反应和发生，所以，转移6 mol电子时，生成丙的物质的量可能小于1 mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电极判断：失电子、发生氧化反应的电极为阳极，得电子、发生还原反应的电极为阴极；
离子交换膜类型：根据 H+的移动方向，判断膜 R 为阳离子交换膜；
电极反应式书写：结合甲、丙的结构，配平硝基还原为氨基的电极反应；
电子转移计算：考虑阴极的析氢副反应，电子不会全部用于生成丙。
14．【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、根据分布系数曲线，与分布系数相等时，此时，A正确；
B、二元弱酸的电离常数积为，结合曲线中与相等时（得），代入，可算出、，B正确；
C、第一次滴定终点生成，溶液体积为，根据物料守恒，含碳微粒总浓度为， 则，C错误
D、，不满足分步准确滴定的条件，因此NaOH标准溶液无法测定与混合物中的含量，D正确；
故答案为：C。
【分析】向 20.00 mL 0.10 mol L- 的 H2C2O4溶液中逐滴加入 0.2000 mol L- 的 NaOH 溶液，体系中含碳微粒的分布系数随 pH 变化呈现出明确的规律。H2C2O4作为二元弱酸，与 NaOH 的中和反应分两步进行：第一步 H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H2O，第二步
NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O。基于反应进程与微粒转化逻辑，三条分布系数曲线的归属可精准判定：初始阶段 H2C2O4浓度最高，因此持续下降的曲线对应 H2C2O4；随着 NaOH 的加入，中间产物 HC2O4-先快速生成、后逐步转化为 C2O42-，因此先升后降的曲线对应 HC2O4-；最终稳定存在的 C2O42-浓度持续上升，因此持续走高的曲线对应 C2O42-，以此为核心依据完成后续分析。
15．【答案】（1）冷凝回流，提高原料利用率
（2）避免反应剧烈，且能充分将排出；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）；1；2号N中孤电子对参与形成大键，1号N上孤电子对能与质子形成配位键
【知识点】常用仪器及其使用；过滤；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（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。
故答案为： 冷凝回流，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反应生成白烟，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。
故答案为： 避免反应剧烈，且能充分将排出 ； 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）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。
故答案为： 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）咪唑的沸点高达，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。
故答案为： 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）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。
故答案为： 过滤快，得到的固体较干燥 ；
（6）原料的物质的量：乙二醛：，；甲醛：，；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0.1 mol。咪唑摩尔质量 ，理论产量：；实际产量，产率：。
故答案为： 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 ；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。
故答案为： ；1； 2号N中孤电子对参与形成大键，1号N上孤电子对能与质子形成配位键 ；
【分析】按物质的量比 1：1：1 投料，将硫酸铵溶于水，滴加乙二醛与甲醛混合液（控温低于 40℃），滴定完成后，升温至 85~88℃保温反应；冷却后分批加氢氧化钙调 pH＞10，升温排尽氨气；趁热过滤、热水洗涤滤饼，合并滤液洗涤液，先常压再减压浓缩至黏稠状；经减压蒸馏提纯得到粗咪唑，再用苯重结晶、抽滤干燥，最终制得咪唑产品。
(1) 先识别仪器为球形冷凝管，再结合实验中乙二醛、甲醛易挥发的特点，明确其冷凝回流的作用，核心是减少原料挥发、提高原料利用率。
(2)先分析氢氧化钙的作用（中和硫酸铵、释放氨气），再说明分批加入的目的（控制反应速率，防止氨气大量逸出），最后明确氨气的检验方法（浓盐酸冒白烟、湿润红石蕊试纸变蓝），通过现象判断氨气是否排尽。
(3) 先结合咪唑溶解度随温度升高而增大的性质，说明趁热过滤可避免产品结晶析出、减少损失；再说明热水洗涤的作用（溶解滤饼表面残留产品，提高总收率），核心是利用溶解度差异优化分离效果。
(4) 先指出咪唑常压沸点高、高温易分解 / 氧化的问题，再说明减压蒸馏的原理（降低体系压强、降低液体沸点），核心是在低温下实现分离提纯，避免产品变质。
(5) 从两个维度分析：一是利用负压加快过滤速率，二是负压带走固体表面水分，使滤饼更干燥，便于后续操作，核心是明确减压对过滤效率和产品干燥的双重作用。
(6) ①先计算各原料的物质的量，根据反应配比确定限量试剂（乙二醛）；
②计算咪唑的理论产量（限量试剂的物质的量 × 摩尔质量）；
③代入产率公式（计算，核心是准确判断限量试剂、规范计算步骤。
(7) ①先分析咪唑分子中 C、N 原子的成键与电子贡献，确定参与大 π 键的原子数和电子数，写出大 π 键表达式；
②对比两个 N 原子的电子云分布：2 号 N 孤电子对参与大 π 键、电子云密度低，1 号 N 孤电子对不参与大 π 键、易结合质子，从而说明碱性由 1 号 N 体现，核心是从电子结构角度分析成键与酸碱性。
（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反应生成白烟，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，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：，；甲醛：，；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0.1 mol。咪唑摩尔质量 ，理论产量：；实际产量，产率：。
（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 ；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。
16．【答案】（1）增大反应接触面积，加快反应速率
（2）
（3）；
（4）
（5）0.2
（6）4；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）粉碎废催化剂可以增大反应物接触面积，加快焙烧反应速率，使反应更充分；
故答案为： 增大反应接触面积，加快反应速率 ；
（2）是酸性氧化物，根据已知条件①和“焙烧”时反应的化学方程式为：；
故答案为： ；
（3）在酸浸时形成沉淀，故浸渣1的主要成分为；根据已知条件②中的表格内容“酸浸”时调节pH=2.0，六价W的存在形式为，由中的转化而来，故含钨化合物在“酸浸”时发生反应的离子方程式为：；
故答案为： ； ；
（4）反萃取后加入调节，根据表格信息，五价V在pH>8.5时以形式存在；
故答案为： ；
（5），当时，，；
故答案为： 0.2 ；
（6）根据晶胞结构V原子位于面心和顶点，则原子个数为：；两个V原子的最近距离为晶胞面对角线的，则晶胞棱长为，晶胞中含O原子数为6（全部在内部），晶胞体积为，故密度为。
故答案为： 4 ； ；
【分析】将含 V2O5、WO3、SiO2的催化剂粉碎后，与 Na2CO3高温焙烧，转化为 NaVO3、Na2WO4、Na2SiO3并释放 CO2；酸浸时 Na2SiO3转化为 H2SiO3沉淀除去，实现硅与钒、钨的初步分离；通过有机溶剂选择性萃取钒、钨离子，分离杂质；加 NaOH 调 pH 反萃取，使钒、钨含氧酸根重回水相，实现有机相再生与钒、钨富集；加 NH4Cl 沉淀 VO3-，加 Ca(OH)2沉淀 WO42-为 CaWO4，最后煅烧 CaWO4得到 WO3。
(1) 从影响反应速率的因素切入，粉碎可增大反应物接触面积，加快焙烧反应速率，让反应更充分，提升原料利用率。
(2) 根据酸性氧化物与碳酸盐高温反应的规律，SiO2与 Na2CO3在高温下反应生成 Na2SiO3和 CO2，配平书写化学方程式。
(3) 根据 Na2SiO3与酸反应生成难溶 H2SiO3，确定滤渣 1 主要成分为 H2SiO3；
结合 pH=2.0 时六价 W 的存在形式为 W8O264-，根据 WO42-转化为 W8O264-的原子、电荷守恒，配平书写离子方程式。
(4) 结合表格中 pH 对钒存在形式的影响，反萃取加 NaOH 调 pH＞8.5 时，五价 V 以 VO3-形式存在，据此分析作答。
(5) 利用溶度积 Ksp (CaWO4)=c (Ca2+) c (WO42-)，代入已知 c (WO42-) 计算 c (Ca2+)；再结合 Ca (OH)2的 Ksp，计算 c(OH-)，完成离子浓度推导。
(6) 用均摊法计算晶胞中 V 原子数（顶点 × + 面心 × ），确定 O 原子数（内部原子全算）；
根据 V 原子最近距离为晶胞面对角线的 ，推导晶胞棱长；③代入密度公式 ρ=，结合晶胞质量、体积计算晶体密度。
（1）粉碎废催化剂可以增大反应物接触面积，加快焙烧反应速率，使反应更充分；
（2）是酸性氧化物，根据已知条件①和“焙烧”时反应的化学方程式为：；
（3）在酸浸时形成沉淀，故浸渣1的主要成分为；根据已知条件②中的表格内容“酸浸”时调节pH=2.0，六价W的存在形式为，由中的转化而来，故含钨化合物在“酸浸”时发生反应的离子方程式为：；
（4）反萃取后加入调节，根据表格信息，五价V在pH>8.5时以形式存在；
（5），当时，，；
（6）根据晶胞结构V原子位于面心和顶点，则原子个数为：；两个V原子的最近距离为晶胞面对角线的，则晶胞棱长为，晶胞中含O原子数为6（全部在内部），晶胞体积为，故密度为。
17．【答案】（1）-91.5
（2）C
（3）A；D
（4）丙；升温，反应①平衡左移且、的选择性之和为100%；乙代表平衡转化率与温度的关系，温度高于300℃，反应③的影响逐渐处于主要因素
（5）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）②
③ ；
根据盖斯定律，②-③得 -49.9-41.6=-91.5。
故答案为： -91.5 ；
（2） ΔH<0、ΔS<0，ΔG=ΔH-TΔS，随温度升高ΔG增大，该反应在低温条件下能自发进行，低温条件下ΔG<0，选C；
故答案为： C ；
（3）A．反应后气体物质的量减少，压强是变量，气体总压强不随时间变化，反应一定达到平衡状态，故选A；
B．设参加反应的二氧化碳为xmol，则反应消耗氢气3xmol，生成xmol甲醇、xmol水，容器中气体的总物质的量为1-x+1-3x+x+x=2-2x，二氧化碳的物质的量为1-x，体积分数为，二氧化碳的体积分数为定值，二氧化碳的体积分数不随时间变化，反应不一定达到平衡状态，故不选B；
C．甲醇、水都是生成物，始终等于1，不随时间变化，反应不一定平衡，故不选C；
D．的消耗速率与的消耗速率之比为，正逆反应速率比等于系数比，反应一定达到平衡状态，选D；
故答案为：AD。
（4）升高温度，反应①平衡逆向移动，乙醇的选择性降低，丙曲线符合此变化趋势；反应③平衡正向移动。甲曲线对应物质的选择性由小变大，符合的选择性与温度的关系，甲代表的选择性与温度的关系，而、的选择性之和为100%，故丙曲线代表乙醇的选择性与温度的关系。
Ⅱ. 乙代表平衡转化率与温度的关系，升高温度反应①逆向移动、反应③正向移动，温度高于300℃，温度对反应③的影响逐渐处于主要因素，所以温度高于300℃时，乙曲线下降程度变慢。
故答案为： 丙 ； 升温，反应①平衡左移且、的选择性之和为100% ； 乙代表平衡转化率与温度的关系，温度高于300℃，反应③的影响逐渐处于主要因素 ；
（5）
的转化率为50%，则，，平衡是气体总物质的量为，则，解得：，；
平衡体系中含有、、、、。
反应③是等气体分子数反应，可以用物质的量替代分压计算压强平衡常数：。
故答案为： ；
【分析】(1) 根据盖斯定律，用已知热化学方程式②减去方程式③，消去 CO2，得到目标反应 CO (g)+2H2(g) CH3OH (g)，对应焓变 ΔH=ΔH2-ΔH3，代入数据计算即可。
(2)根据吉布斯自由能判据 ΔG=ΔH-TΔS，分析反应 2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH (g)+3H2O (g) 的 ΔH<0、ΔS<0，得出只有低温下 ΔG<0 时反应自发，据此选择对应条件。
(3) A：反应后气体总物质的量减少，总压强为变量，压强不变时说明反应达平衡；
B：通过三段式计算，CO2体积分数始终为定值，不能作为平衡判据；
C：甲醇与水的浓度比始终等于 1，为定值，不能作为平衡判据；
D：H2的消耗速率（正反应）与 CH3OH 的消耗速率（逆反应）之比等于化学计量数比，说明正逆反应速率相等，反应达平衡；
(4) Ⅰ：升高温度，主反应（生成乙醇）平衡逆向移动，乙醇选择性降低，对应丙曲线；副反应（生成 CO）平衡正向移动，CO 选择性升高，对应甲曲线；
Ⅱ：CO2平衡转化率受主、副反应共同影响，温度高于 300℃时，副反应影响占主导，因此乙曲线（CO2转化率）下降速率变慢。
(5) 根据 CO2转化率 50%、起始与平衡总物质的量比 5：4，列三段式联立求解，得到各物质平衡物质的量；反应③为气体分子数不变的反应，用物质的量替代分压，代入 K 表达式计算，得到平衡常数。
（1）②
③ ；
根据盖斯定律，②-③得 -49.9-41.6=-91.5。
（2） ΔH<0、ΔS<0，ΔG=ΔH-TΔS，随温度升高ΔG增大，该反应在低温条件下能自发进行，低温条件下ΔG<0，选C；
（3）A．反应后气体物质的量减少，压强是变量，气体总压强不随时间变化，反应一定达到平衡状态，故选A；
B．设参加反应的二氧化碳为xmol，则反应消耗氢气3xmol，生成xmol甲醇、xmol水，容器中气体的总物质的量为1-x+1-3x+x+x=2-2x，二氧化碳的物质的量为1-x，体积分数为，二氧化碳的体积分数为定值，二氧化碳的体积分数不随时间变化，反应不一定达到平衡状态，故不选B；
C．甲醇、水都是生成物，始终等于1，不随时间变化，反应不一定平衡，故不选C；
D．的消耗速率与的消耗速率之比为，正逆反应速率比等于系数比，反应一定达到平衡状态，选D；
选AD。
（4）升高温度，反应①平衡逆向移动，乙醇的选择性降低，丙曲线符合此变化趋势；反应③平衡正向移动。甲曲线对应物质的选择性由小变大，符合的选择性与温度的关系，甲代表的选择性与温度的关系，而、的选择性之和为100%，故丙曲线代表乙醇的选择性与温度的关系。
Ⅱ. 乙代表平衡转化率与温度的关系，升高温度反应①逆向移动、反应③正向移动，温度高于300℃，温度对反应③的影响逐渐处于主要因素，所以温度高于300℃时，乙曲线下降程度变慢。
（5）
的转化率为50%，则，，平衡是气体总物质的量为，则，解得：，；
平衡体系中含有、、、、。
反应③是等气体分子数反应，可以用物质的量替代分压计算压强平衡常数：。
18．【答案】（1）醚键、硝基
（2）保护，防止发生反应(或保护或保护亚氨基)
（3）；取代反应
（4）6；或
（5）X→Y的反应中，由于、-OR为邻、对位取代定位基，且决定性为，所以难以取代在的间位，由此产生的副产物更多；Z→K的反应中，原子更易被取代
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）由B到C的过程分析，结合D的结构，可知C为，其含氧官能团的名称为醚键、硝基。
故答案为： 醚键、硝基 ；
（2）E到F将（亚氨基）取代，目标分子将（亚氨基）还原回来，则E→F反应的目的为保护，防止发生反应。
故答案为： 保护，防止发生反应(或保护或保护亚氨基) ；
（3）G到H是氨基与磺酰氯发生取代，脱除得到磺酰胺结构，属于取代反应。
故答案为： ； 取代反应 ；
（4）含苯环且能发生水解反应，含有酯基，1 mol该有机物发生银镜反应最多能生成4 mol Ag，且有机物A除苯环外只有2个碳原子，由此可知含有2种甲酸苯酚酯结构，苯环上连有两个相同取代基和一个不同取代基，共有六种位置异构。核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为的同分异构体为、。
故答案为：6；或 ；
（5）①该同学给出的另一合成路线X→Y的反应中，由于、为邻、对位取代定位基，且决定性为，所以难以取代在的间位，则该合成路线不可行；②电负性强于，根据已知，取代反应时比更容易被哌嗪取代，得到副产物，无法得到目标产物K。
故答案为： X→Y的反应中，由于、-OR为邻、对位取代定位基，且决定性为，所以难以取代在的间位，由此产生的副产物更多 ； Z→K的反应中，原子更易被取代 ；
【分析】A 与环丁酮缩合关环，构建带螺环结构的苯并氧杂母核 B；B 经羰基还原得到 C；C 经苯环亲电溴代得到溴代物 D；D 的溴原子被哌嗪取代得到 E；随后对哌嗪的游离氨基做酰基保护得到 F，避免后续氨基参与副反应；F 的硝基还原为氨基得到 G；G 的氨基与邻氟苯磺酰氯发生磺酰化反应后脱保护，最终得到目标产物 K。
(1) 结合 B→C 的还原反应、D 的结构，逆向推导 C 的结构；再根据结构识别含氧官能团，明确醚键、硝基的名称。
(2) 对比 E→F 与最终产物 K 的结构，E→F 将氨基保护，后续步骤再脱保护，核心是保护氨基，防止其在后续磺酰化等反应中发生副反应。
(3) 分析 G→H 的反应，氨基与磺酰氯发生取代，脱去 HCl 形成磺酰胺结构，据此判断该反应为取代反应。
(4) 根据限定条件（含苯环、可水解、含酯基、1mol 发生银镜反应生成 4mol Ag、除苯环外仅 2 个碳原子），确定分子含 2 个甲酸苯酚酯结构；再结合苯环取代基位置异构、核磁共振氢谱的峰数与峰面积比，筛选出符合条件的同分异构体。
(5) 从两个角度分析：①定位基效应：-NH2、-OR 为邻对位定位基，且 - NH2定位能力更强，Br 无法取代在 - NH2的间位，路线不可行；②离去性差异：F 电负性强于 Br，F 更易被哌嗪取代，会生成副产物，无法得到目标产物 K。
（1）由B到C的过程分析，结合D的结构，可知C为，其含氧官能团的名称为醚键、硝基。
（2）E到F将（亚氨基）取代，目标分子将（亚氨基）还原回来，则E→F反应的目的为保护，防止发生反应。
（3）G到H是氨基与磺酰氯发生取代，脱除得到磺酰胺结构，属于取代反应。
（4）含苯环且能发生水解反应，含有酯基，1 mol该有机物发生银镜反应最多能生成4 mol Ag，且有机物A除苯环外只有2个碳原子，由此可知含有2种甲酸苯酚酯结构，苯环上连有两个相同取代基和一个不同取代基，共有六种位置异构。核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为的同分异构体为、。
（5）①该同学给出的另一合成路线X→Y的反应中，由于、为邻、对位取代定位基，且决定性为，所以难以取代在的间位，则该合成路线不可行；②电负性强于，根据已知，取代反应时比更容易被哌嗪取代，得到副产物，无法得到目标产物K。
1 / 1河北衡水市第二中学等校2025-2026学年高三下学期一模化学试题试题
1．科学研究发现，百慕大三角之下的岩石中含有磁铁矿，会影响船舶航向。下列有关磁铁矿的叙述错误的是
A．只用硝酸和溶液可确定磁铁矿中铁的价态
B．古代利用磁铁矿石制造指南针的过程发生的是物理变化
C．磁铁矿的主要成分是，其俗名是磁性氧化铁
D．磁铁矿的强磁性导致船舶的罗盘指向偏离
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、硝酸具有强氧化性，会将磁铁矿中的 Fe2+氧化为 Fe3+，仅用硝酸和 NH4SCN 溶液无法区分原矿中 Fe 的价态，不能确定铁的价态，A 错误；
B、古代利用磁铁矿石制造指南针，仅改变矿石的形状和磁性方向，无新物质生成，发生的是物理变化，B 正确；
C、磁铁矿的主要成分是 Fe3O4，其俗名是磁性氧化铁，C 正确；
D、磁铁矿具有强磁性，会干扰船舶罗盘的地磁场，导致罗盘指向偏离，影响船舶航向，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
价态检验：硝酸具有强氧化性，会氧化 Fe2+，无法用硝酸和 NH4SCN 直接检验原矿中铁的价态；
物理变化判断：制造指南针仅改变矿石形态与磁性，无新物质生成，属于物理变化；
物质俗称：磁铁矿的主要成分为 Fe3O4，俗称磁性氧化铁；
磁性影响：强磁性会干扰地磁场，导致船舶罗盘指向偏离。
2．锑(Sb)及其化合物在工业生产和生活中有广泛的应用，一种制备Sb的方法如下： 。下列叙述错误的是
A．基态的核外电子排布式为
B．水分子间氢键的作用力大于范德华力
C．该反应涉及的物质中有离子晶体、金属晶体和分子晶体
D．Na、Cu、Sb分别位于元素周期表的s区、d区和p区
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；氢键的存在对物质性质的影响；晶体的定义；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、Sb 为第五周期 ⅤA 族元素，基态 Sb 的核外电子排布式为 ，A 正确；
B、氢键属于特殊的分子间作用力，其作用力强度大于范德华力，B 正确；
C、该反应中，NaCN、NaOH 等属于离子晶体，Cu、Sb 属于金属晶体，H2O 属于分子晶体，C 正确；
D、Na 位于元素周期表的 s 区，Cu 位于 ds 区而非 d 区，Sb 位于 p 区，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
核外电子排布：第五周期 ⅤA 族元素的核外电子排布遵循构造原理，Sb 的排布式为 [Kr] 4d 5s25p3；
分子间作用力：氢键的作用力强度大于范德华力，小于化学键；
晶体类型判断：离子化合物为离子晶体，金属单质为金属晶体，分子构成的物质为分子晶体；
元素分区：Na 为 ⅠA 族元素，属于 s 区；Cu 为 ⅠB 族元素，属于 ds 区；Sb 为 ⅤA 族元素，属于 p 区。
3．在资源利用中，下列化工生产经一步反应不能达到目的的是
A．工业制硝酸：NH3NO
B．石油制丙烯：石油丙烯
C．地沟油制皂：地沟油肥皂
D．粗硅冶炼：硅石粗硅
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；硅和二氧化硅；石油的分馏产品和用途；石油的分馏；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、NH3经催化氧化可一步生成 NO，是工业制硝酸的第一步反应，A 正确；
B、石油分馏是物理分离过程，只能得到汽油、煤油等馏分，无法直接得到丙烯，丙烯需通过石油裂化、裂解得到，B 错误；
C、地沟油的主要成分为油脂，油脂在碱性条件下水解可一步生成肥皂（高级脂肪酸钠），C 正确；
D、硅石（SiO2）与焦炭在高温下热还原，可一步制得粗硅，D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
工业制硝酸：NH3催化氧化一步生成 NO，后续再氧化为 NO2、与水反应生成硝酸；
石油加工：分馏为物理变化，仅分离不同沸点的烃，丙烯需通过裂化、裂解（化学变化）得到；
油脂皂化：油脂在碱性条件下水解为皂化反应，可一步制得肥皂；
粗硅冶炼：SiO2与 C 高温反应一步生成粗硅，是工业制粗硅的核心反应。
4．叶酸(结构如图)属于维生素B9，是一种水溶性维生素。
下列叙述正确的是
A．叶酸既能与盐酸反应，又能与反应
B．叶酸分子中含2个手性碳原子
C．叶酸分子中有四种含氧官能团
D．叶酸能发生加成、取代和消去反应
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、叶酸分子中含有氨基（-NH2），可与盐酸反应；含有羧基（-COOH）、酚羟基，可与 NaOH 反应，A 正确；
B、叶酸分子中仅与两个羧基相连的碳原子为手性碳原子，共 1 个手性碳原子，B 错误；
C、叶酸分子中的含氧官能团为羟基（-OH）、羧基（-COOH）、酰胺基（肽键），共三种，C 错误；
D、叶酸分子中苯环、碳氮双键可发生加成反应，羧基、羟基可发生取代反应，但无 β-H，不能发生消去反应，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
两性物质判断：含氨基可与酸反应，含羧基、酚羟基可与碱反应，叶酸兼具两性；
手性碳原子判断：连有 4 个不同原子或基团的碳原子为手性碳，叶酸仅 1 个；
含氧官能团识别：叶酸含羟基、羧基、酰胺基三种含氧官能团；
反应类型判断：叶酸可发生加成、取代反应，无 β-H，不能发生消去反应。
5．某实验小组利用如图装置制备氢气并测定铜的摩尔质量。下列有关说法错误的是
A．实验前需要先检查装置的气密性
B．实验时装有醋酸铅溶液的试剂瓶有黑色沉淀产生，说明粗锌中含有硫元素
C．碱石灰的作用是除去混合气体中可能含有的
D．设试管质量为a g，反应前试管与氧化铜质量和为m g，反应后试管与固体质量和为n g，则铜的摩尔质量为
【答案】C
【知识点】铜及其化合物；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、有气体参与的实验，实验前必须先检查装置的气密性，A 正确；
B、醋酸铅溶液与 H2S 反应生成黑色 PbS 沉淀，说明粗锌中含硫元素（与酸反应生成 H2S），B 正确；
C、酸性 KMnO4溶液已除去 H2S 等杂质，碱石灰的作用是干燥 H2，而非除去 SO2，C 错误；
D、 反应后试管中固体为铜，试管与铜质量和为n g，设铜的摩尔质量为M，，解得铜的摩尔质量为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
实验操作规范：有气体参与的实验，实验前必须检查装置气密性；
杂质检验原理：醋酸铅可检验 H2S，生成黑色 PbS 沉淀，证明粗锌含硫；
除杂与干燥：酸性 KMnO4除去 H2S，碱石灰用于干燥 H2，而非除 SO2；
摩尔质量计算：利用 CuO 与 H2反应的固体质量差（氧元素质量），结合 n(Cu)=n(O) 计算铜的摩尔质量。
6．劳动创造美好生活。下列用化学知识解释对应劳动项目不合理的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用葡萄酿制葡萄酒 葡萄中的糖类在酵母作用下发酵生成乙醇
B 用草木灰(含)改良酸性土壤 能与酸发生中和反应
C 用食醋除水壶中的水垢 食醋中的醋酸可与水垢(主要含碳酸钙等)反应
D 用小苏打发面 小苏打与酸性物质反应产生使面团膨胀
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；单糖的性质和用途；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、葡萄中的糖类在酵母的作用下发酵，可生成乙醇，以此酿制葡萄酒，A 合理；
B、K2CO3改良酸性土壤，是利用其水解显碱性的性质，K2CO3是盐，与酸的反应不属于中和反应（中和反应是酸与碱的反应），B 不合理；
C、食醋中的醋酸（CH3COOH）可与水垢中的 CaCO3等发生反应，从而除去水垢，C 合理；
D、小苏打（NaHCO3）可与面团中的酸性物质反应，生成 CO2气体，使面团膨胀，D 合理；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
酿酒原理：糖类在酵母作用下发酵生成乙醇，是葡萄酒酿制的核心原理；
中和反应定义：中和反应是酸与碱互相交换成分生成盐和水的反应，盐与酸的反应不属于中和反应；
除垢原理：醋酸酸性强于碳酸，可与碳酸钙反应生成可溶盐，除去水垢；
发面原理：碳酸氢钠与酸反应生成 CO2，使面团疏松多孔。
7．设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．由甲醛和乙酸组成的混合物含有的碳原子数为
B．分子含极性共价键的数目为
C．溶液中阳离子总数小于
D．碱性锌锰电池正极质量净减时，理论上转移的电子数为
【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、甲醛（HCHO）和乙酸（CH3COOH）的最简式均为 CH2O，30g 混合物中含 CH2O 的物质的量为 1mol，故含有的碳原子数为 NA，A 正确；
B、3.4g H2O2的物质的量 为，1 个 H2O2分子含 2 个极性共价键（O-H 键），故含极性共价键的数目为 0.2NA，B 错误；
C、HOCH2COONH4溶液中，NH4+水解消耗阳离子，但 H2O 电离出 H+，且 1 个 NH4+水解生成 1 个 H+，同时溶液中阳离子还有 Na+（无）、H+，根据电荷守恒，阳离子总数大于 0.5NA，C 错误；
D、碱性锌锰电池正极反应为 MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-，正极质量增加，不会净减 6.5g，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
最简式法计算：甲醛和乙酸最简式相同，可按最简式计算混合物中原子数目；
共价键数目计算：H2O2中含 2 个 O-H 极性键、1 个 O-O 非极性键；
盐类水解与电荷守恒：NH4+水解时，结合电荷守恒判断阳离子总数变化；
原电池电极反应：碱性锌锰电池正极 MnO2得电子生成 MnO(OH)，质量增加，无质量净减。
8．下列化学反应表示正确且符合题意的是
A．实验小组将溶液与溶液混合：
B．实验室制备立德粉：
C．实验室制备氯气：
D．实验室用生石灰与浓氨水制备氨气：
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Na2S2O3与 CuSO4溶液混合时，S2O32-会发生氧化还原反应，生成 CuS 沉淀、S 单质、SO2等，不会生成 CuS2O3沉淀 ，A不符合题意；
B、ZnSO4与 BaS 溶液混合会发生双水解反应，生成 ZnS 沉淀和 BaSO4沉淀，不是生成 BaS ZnSO4， 正确反应为，B不符合题意；
C、实验室制氯气的离子方程式中，HCl 应拆分为离子形式， 正确的离子方程式为，C不符合题意；
D、生石灰（CaO）与浓氨水混合，CaO 与水反应放热且生成 OH-，促进 NH3 H2O 分解，放出 NH3，反应方程式： ，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
硫代硫酸盐的反应：S2O32-与 Cu2+会发生氧化还原反应，而非简单复分解；
硫化物的双水解：Zn2+与 S2-会发生双水解，生成 ZnS 和 BaSO4沉淀；
氯气制备的方程式：实验室制氯气应写化学方程式，离子方程式不符合题意；
氨气的制备：CaO 与浓氨水反应，利用 CaO 溶解放热、增大 OH-浓度，促进 NH3逸出，方程式正确。
9．单质锰和活性氧化锌都是高功能精细化工产品。某实验小组以含有(难溶于水)和的混合物为原料制备活性氧化锌和单质锰的工艺流程如图，下列叙述错误的是
A．“酸浸”时，转化为和
B．“调pH”时有滤渣生成，灼烧该滤渣可以得到铁红
C．“煅烧”需要用到蒸发皿、玻璃棒和酒精灯等
D．“电解”时阴极的电极反应式为
【答案】C
【知识点】电解原理；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、“酸浸” 时，ZnFe2O4与稀硫酸反应，生成 ZnSO4和 Fe2(SO4)3，A 正确；
B、“调 pH” 时，Fe3+水解生成 Fe (OH)3沉淀（滤渣），灼烧 Fe(OH)3可得到 Fe2O3（铁红），B 正确；
C、“煅烧” 固体需在坩埚中进行，蒸发皿用于蒸发溶液，不能用于高温煅烧，C 错误；
D、“电解” MnSO4溶液时，阴极 Mn2+得电子生成 Mn，电极反应式为 Mn2++2e-=Mn，D 正确；
故答案为：C。
【分析】混合物加稀硫酸酸浸，ZnFe2O4溶解为 ZnSO4、Fe2(SO4)3，MnO2不溶被分离；酸浸液调 pH 除去铁元素（滤渣为铁的氢氧化物，灼烧得铁红），滤液加 NH4HCO3沉锌得到 Zn2(OH)2CO3，煅烧后制得活性氧化锌；分离出的 MnO2用 H2O2/H2SO4还原为 MnSO4溶液，电解该溶液得到单质锰。
10．化合物Q是一种常用的表面活性剂，具有起泡性能好、去污能力强等特点，其结构如图所示。已知X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，X、Y位于同一主族，X、W位于同一周期，M原子的核外电子只有一种运动状态，Z是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．第一电离能：
C．由X、Y、Z元素组成的盐只有两种
D．M、Z均可与X形成两种化合物，且这四种化合物中的化学键种类相同
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；化学键；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、根据离子半径比较规律：电子层数越多，离子半径越大；电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小。简单离子半径大小为 S2-＞O2-＞Na+，A 错误；
B、H 的核外电子排布为 1s ，为半满稳定结构；C 的核外电子排布为 1s22s22p2，未达到半满或全满稳定结构；Na 为活泼金属，易失电子，因此第一电离能：H＞C＞Na，B 正确；
C、由 O、S、Na 三种元素组成的盐，除硫酸钠外，还有亚硫酸钠、硫代硫酸钠等多种，C 错误；
D、H 与 O 形成的 H2O、H2O2均只含共价键；Na 与 O 形成的 Na2O 只含离子键，Na2O2含离子键和共价键，四种物质的化学键类型不完全相同，D 错误；
答案选 B。
【分析】X、Y、Z、W、M 均为短周期主族元素，X 与 Y 同主族，结合成键特点：X 形成 2 个共价键、Y 形成 6 个共价键，可推知 X 为 O 元素、Y 为 S 元素；X 与 W 同周期，W 形成 4 个共价键，故 W 为 C 元素；M 原子核外只有 1 种运动状态的电子，说明 M 核外仅 1 个电子，M 为 H 元素；Z 是短周期中金属性最强的元素，Z 为 Na 元素，据此解题。
11．一定温度下，反应的历程如图实线所示，在催化剂作用下，反应历程如图虚线所示，反应方程式为、。下列说法正确的是
A．反应可自发进行，则其
B．催化剂的加入，改变了反应的历程，降低了焓变
C．达到平衡后降低温度，步骤Ⅰ的反应速率比步骤Ⅱ的反应速率降低得更多
D．同温条件下，压缩容器体积，实线历程和虚线历程的均增大
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、由能量图可知， 为放热反应，故逆反应 为吸热反应（）。该反应正向气体分子数减少，。根据 ，、 时， 恒大于0，反应不能自发进行，A错误；
B、催化剂通过改变反应历程降低活化能，但不改变反应的始态和终态，因此反应的焓变（）不变，B错误；
C、由能量图可知，步骤I的活化能高于步骤II。温度对活化能大的反应影响更显著，降低温度时，活化能高的步骤I反应速率降低得更多，C正确；
D、随着温度的改变而改变，实线历程中的值即为反应的平衡常数，温度不变， 的比值不变，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
自发反应判断：依据 ，结合反应吸热、熵减判断非自发；
催化剂特性：催化剂只降低活化能，不改变反应焓变和平衡移动方向；
温度对速率影响：活化能越大，受温度降低的影响（速率下降幅度）越大；
压强对平衡影响：反应前后气体分子数不变，改变压强只改变压强大小，不改变平衡分压比值。
12．的熔点约为2350℃，常用作高温陶瓷与结构材料，其立方晶胞如图所示。下列叙述正确的是
已知晶胞边长为。1、4号原子坐标分别为和。
A．属于分子晶体 B．4个Be与C相邻且最近等距离
C．3号原子坐标为 D．2个的最近距离为
【答案】D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、Be2C的熔点约为2350℃，熔点高，且由晶胞结构可知其为空间网状结构，属于原子晶体，不是分子晶体，A错误；
B、由晶胞结构可知，C原子位于晶胞内部，Be原子位于晶胞的棱上，每个C原子周围有8个Be原子与它相邻且最近等距离，不是4个，B错误；
C、已知1号原子坐标为(0，0，0)，4号原子坐标为，晶胞为立方晶胞，3 2号原子坐标为，3号原子坐标为，C错误；
D、C原子位于晶胞的体心，2个C的最近距离为晶胞面对角线长度的一半，晶胞边长为a nm，面对角线长为 nm，因此2个C的最近距离为 nm，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶体类型判断：原子晶体熔点高、具有空间网状结构，分子晶体熔点低，据此判断Be2C为原子晶体；
配位数分析：根据晶胞中原子的位置，数出与C原子相邻且最近等距离的Be原子的个数；
晶胞原子坐标：根据已知原子的坐标，结合立方晶胞的结构，推导出3号原子的正确坐标；
原子间距计算：利用晶胞边长，结合几何关系，计算出两个相邻C原子的最近距离。
13．科研人员采用电化学方法以甲为原料合成丙。下列说法正确的是
A．电极a为阴极，发生还原反应
B．膜R为阴离子交换膜
C．电极b上生成丙的总反应式为
D．若电路中转移电子，一定生成丙
【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极 a 上 H2O 失电子生成 O2和 H+，发生氧化反应，为阳极，A 错误；B、H+从电极 a（阳极）通过膜 R 向电极 b（阴极）移动，膜 R 为阳离子交换膜，B 错误；
C、由图知，b电极上，总反应的反应物为甲和氢离子，则生成丙的总反应式为，C正确；
D、阴极（电极b）还有副反应和发生，所以，转移6 mol电子时，生成丙的物质的量可能小于1 mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电极判断：失电子、发生氧化反应的电极为阳极，得电子、发生还原反应的电极为阴极；
离子交换膜类型：根据 H+的移动方向，判断膜 R 为阳离子交换膜；
电极反应式书写：结合甲、丙的结构，配平硝基还原为氨基的电极反应；
电子转移计算：考虑阴极的析氢副反应，电子不会全部用于生成丙。
14．常温下，向溶液中滴加溶液，各含C微粒分布系数如图所示。一般认为二元弱酸能被分步准确滴定的条件是。下列说法错误的是
A．常温下，的
B．滴入溶液时，若，则此时
C．当达到第一次滴定终点时，溶液中存在
D．借助指示剂甲基橙和酚酞，用标准溶液无法测定、混合液中的含量
【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、根据分布系数曲线，与分布系数相等时，此时，A正确；
B、二元弱酸的电离常数积为，结合曲线中与相等时（得），代入，可算出、，B正确；
C、第一次滴定终点生成，溶液体积为，根据物料守恒，含碳微粒总浓度为， 则，C错误
D、，不满足分步准确滴定的条件，因此NaOH标准溶液无法测定与混合物中的含量，D正确；
故答案为：C。
【分析】向 20.00 mL 0.10 mol L- 的 H2C2O4溶液中逐滴加入 0.2000 mol L- 的 NaOH 溶液，体系中含碳微粒的分布系数随 pH 变化呈现出明确的规律。H2C2O4作为二元弱酸，与 NaOH 的中和反应分两步进行：第一步 H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H2O，第二步
NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O。基于反应进程与微粒转化逻辑，三条分布系数曲线的归属可精准判定：初始阶段 H2C2O4浓度最高，因此持续下降的曲线对应 H2C2O4；随着 NaOH 的加入，中间产物 HC2O4-先快速生成、后逐步转化为 C2O42-，因此先升后降的曲线对应 HC2O4-；最终稳定存在的 C2O42-浓度持续上升，因此持续走高的曲线对应 C2O42-，以此为核心依据完成后续分析。
15．咪唑()是一种化工产品。某实验小组用OHC-CHO、HCHO、按物质的量之比为反应制备咪唑，装置和步骤如下：
①投料
在三口烧瓶中加入适量硫酸铵和蒸馏水，搅拌溶解；在滴液漏斗中加入乙二醛与甲醛的混合液(含 OHC-CHO和 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；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，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3.06 g。
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(，分子为平面结构)中大键表示为　 　，它的碱性主要是由　 　(填“1”或“2”)号体现的，判断依据是　 　。
【答案】（1）冷凝回流，提高原料利用率
（2）避免反应剧烈，且能充分将排出；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）；1；2号N中孤电子对参与形成大键，1号N上孤电子对能与质子形成配位键
【知识点】常用仪器及其使用；过滤；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（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。
故答案为： 冷凝回流，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反应生成白烟，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。
故答案为： 避免反应剧烈，且能充分将排出 ； 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）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。
故答案为： 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）咪唑的沸点高达，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。
故答案为： 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）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。
故答案为： 过滤快，得到的固体较干燥 ；
（6）原料的物质的量：乙二醛：，；甲醛：，；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0.1 mol。咪唑摩尔质量 ，理论产量：；实际产量，产率：。
故答案为： 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 ；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。
故答案为： ；1； 2号N中孤电子对参与形成大键，1号N上孤电子对能与质子形成配位键 ；
【分析】按物质的量比 1：1：1 投料，将硫酸铵溶于水，滴加乙二醛与甲醛混合液（控温低于 40℃），滴定完成后，升温至 85~88℃保温反应；冷却后分批加氢氧化钙调 pH＞10，升温排尽氨气；趁热过滤、热水洗涤滤饼，合并滤液洗涤液，先常压再减压浓缩至黏稠状；经减压蒸馏提纯得到粗咪唑，再用苯重结晶、抽滤干燥，最终制得咪唑产品。
(1) 先识别仪器为球形冷凝管，再结合实验中乙二醛、甲醛易挥发的特点，明确其冷凝回流的作用，核心是减少原料挥发、提高原料利用率。
(2)先分析氢氧化钙的作用（中和硫酸铵、释放氨气），再说明分批加入的目的（控制反应速率，防止氨气大量逸出），最后明确氨气的检验方法（浓盐酸冒白烟、湿润红石蕊试纸变蓝），通过现象判断氨气是否排尽。
(3) 先结合咪唑溶解度随温度升高而增大的性质，说明趁热过滤可避免产品结晶析出、减少损失；再说明热水洗涤的作用（溶解滤饼表面残留产品，提高总收率），核心是利用溶解度差异优化分离效果。
(4) 先指出咪唑常压沸点高、高温易分解 / 氧化的问题，再说明减压蒸馏的原理（降低体系压强、降低液体沸点），核心是在低温下实现分离提纯，避免产品变质。
(5) 从两个维度分析：一是利用负压加快过滤速率，二是负压带走固体表面水分，使滤饼更干燥，便于后续操作，核心是明确减压对过滤效率和产品干燥的双重作用。
(6) ①先计算各原料的物质的量，根据反应配比确定限量试剂（乙二醛）；
②计算咪唑的理论产量（限量试剂的物质的量 × 摩尔质量）；
③代入产率公式（计算，核心是准确判断限量试剂、规范计算步骤。
(7) ①先分析咪唑分子中 C、N 原子的成键与电子贡献，确定参与大 π 键的原子数和电子数，写出大 π 键表达式；
②对比两个 N 原子的电子云分布：2 号 N 孤电子对参与大 π 键、电子云密度低，1 号 N 孤电子对不参与大 π 键、易结合质子，从而说明碱性由 1 号 N 体现，核心是从电子结构角度分析成键与酸碱性。
（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反应生成白烟，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，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：，；甲醛：，；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0.1 mol。咪唑摩尔质量 ，理论产量：；实际产量，产率：。
（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 ；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。
16．在石油加工领域，用作催化剂，参与脱碳、脱硫等反应，以提升燃料的品质。从一种含钒废催化剂(主要成分为和以及载体)中回收钒、钨的工艺流程如图所示。
已知：①、、可与反应生成、和；
②不同pH下六价W和五价V的离子存在形式如表所示：
六价W的存在形式 五价V的存在形式
pH 存在形式 pH 存在形式
>6.5 >8.5
2.0 2.0
请回答下列问题：
（1）“焙烧”时需要将废催化剂粉碎，其目的是　 　。
（2）写出“焙烧”时与反应的化学方程式：　 　。
（3）浸渣1的主要成分为　 　(填化学式)，“酸浸”时需要调节pH=2.0，写出含钨化合物在“酸浸”时发生反应的离子方程式：　 　。
（4）“反萃取”后，水相中含钒离子的存在形式为　 　。
（5）“沉钨”时转化为沉降分离，已知温度为时，，当溶液中恰好沉淀完全(离子浓度等于)时，溶液中　 　。
（6）某种钒的氧化物的立方晶胞结构如图所示，该晶胞中含　 　个V，若晶胞中两个原子的最近距离为，设为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为　 　(列出计算式即可)。
【答案】（1）增大反应接触面积，加快反应速率
（2）
（3）；
（4）
（5）0.2
（6）4；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）粉碎废催化剂可以增大反应物接触面积，加快焙烧反应速率，使反应更充分；
故答案为： 增大反应接触面积，加快反应速率 ；
（2）是酸性氧化物，根据已知条件①和“焙烧”时反应的化学方程式为：；
故答案为： ；
（3）在酸浸时形成沉淀，故浸渣1的主要成分为；根据已知条件②中的表格内容“酸浸”时调节pH=2.0，六价W的存在形式为，由中的转化而来，故含钨化合物在“酸浸”时发生反应的离子方程式为：；
故答案为： ； ；
（4）反萃取后加入调节，根据表格信息，五价V在pH>8.5时以形式存在；
故答案为： ；
（5），当时，，；
故答案为： 0.2 ；
（6）根据晶胞结构V原子位于面心和顶点，则原子个数为：；两个V原子的最近距离为晶胞面对角线的，则晶胞棱长为，晶胞中含O原子数为6（全部在内部），晶胞体积为，故密度为。
故答案为： 4 ； ；
【分析】将含 V2O5、WO3、SiO2的催化剂粉碎后，与 Na2CO3高温焙烧，转化为 NaVO3、Na2WO4、Na2SiO3并释放 CO2；酸浸时 Na2SiO3转化为 H2SiO3沉淀除去，实现硅与钒、钨的初步分离；通过有机溶剂选择性萃取钒、钨离子，分离杂质；加 NaOH 调 pH 反萃取，使钒、钨含氧酸根重回水相，实现有机相再生与钒、钨富集；加 NH4Cl 沉淀 VO3-，加 Ca(OH)2沉淀 WO42-为 CaWO4，最后煅烧 CaWO4得到 WO3。
(1) 从影响反应速率的因素切入，粉碎可增大反应物接触面积，加快焙烧反应速率，让反应更充分，提升原料利用率。
(2) 根据酸性氧化物与碳酸盐高温反应的规律，SiO2与 Na2CO3在高温下反应生成 Na2SiO3和 CO2，配平书写化学方程式。
(3) 根据 Na2SiO3与酸反应生成难溶 H2SiO3，确定滤渣 1 主要成分为 H2SiO3；
结合 pH=2.0 时六价 W 的存在形式为 W8O264-，根据 WO42-转化为 W8O264-的原子、电荷守恒，配平书写离子方程式。
(4) 结合表格中 pH 对钒存在形式的影响，反萃取加 NaOH 调 pH＞8.5 时，五价 V 以 VO3-形式存在，据此分析作答。
(5) 利用溶度积 Ksp (CaWO4)=c (Ca2+) c (WO42-)，代入已知 c (WO42-) 计算 c (Ca2+)；再结合 Ca (OH)2的 Ksp，计算 c(OH-)，完成离子浓度推导。
(6) 用均摊法计算晶胞中 V 原子数（顶点 × + 面心 × ），确定 O 原子数（内部原子全算）；
根据 V 原子最近距离为晶胞面对角线的 ，推导晶胞棱长；③代入密度公式 ρ=，结合晶胞质量、体积计算晶体密度。
（1）粉碎废催化剂可以增大反应物接触面积，加快焙烧反应速率，使反应更充分；
（2）是酸性氧化物，根据已知条件①和“焙烧”时反应的化学方程式为：；
（3）在酸浸时形成沉淀，故浸渣1的主要成分为；根据已知条件②中的表格内容“酸浸”时调节pH=2.0，六价W的存在形式为，由中的转化而来，故含钨化合物在“酸浸”时发生反应的离子方程式为：；
（4）反萃取后加入调节，根据表格信息，五价V在pH>8.5时以形式存在；
（5），当时，，；
（6）根据晶胞结构V原子位于面心和顶点，则原子个数为：；两个V原子的最近距离为晶胞面对角线的，则晶胞棱长为，晶胞中含O原子数为6（全部在内部），晶胞体积为，故密度为。
17．江南大学一团队开发了一种新型铑基单原子催化体系(，)，实现了加氢一步高效制乙醇，涉及的有关反应如下：
①
②
③
回答下列问题：
（1）工业上，利用合成气合成甲醇： 　 　。
（2）下列图像中符合反应①中与关系的是_______(填标号)。
A． B．
C． D．
（3）一定温度下，在恒容密闭容器中充入和只发生反应②，下列情况表明该反应一定达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．气体总压强不随时间变化
B．体积分数不随时间变化
C．不随时间变化
D．的消耗速率与的消耗速率之比为
（4）在下，按、体积比为投料只发生反应①和③，测得的平衡转化率、的选择性和的选择性与温度的关系如图所示。
已知：的选择性和的选择性之和为100%。
Ⅰ.能代表乙醇选择性与温度关系的曲线是　 　(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是　 　。
Ⅱ.温度高于300℃时，乙曲线下降程度变慢，其原因是　 　。
（5）某温度下，向一密闭容器中充入和只发生反应①和③，达到平衡时测得的转化率为50%，。该温度下反应③的压强平衡常数　 　。
【答案】（1）-91.5
（2）C
（3）A；D
（4）丙；升温，反应①平衡左移且、的选择性之和为100%；乙代表平衡转化率与温度的关系，温度高于300℃，反应③的影响逐渐处于主要因素
（5）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）②
③ ；
根据盖斯定律，②-③得 -49.9-41.6=-91.5。
故答案为： -91.5 ；
（2） ΔH<0、ΔS<0，ΔG=ΔH-TΔS，随温度升高ΔG增大，该反应在低温条件下能自发进行，低温条件下ΔG<0，选C；
故答案为： C ；
（3）A．反应后气体物质的量减少，压强是变量，气体总压强不随时间变化，反应一定达到平衡状态，故选A；
B．设参加反应的二氧化碳为xmol，则反应消耗氢气3xmol，生成xmol甲醇、xmol水，容器中气体的总物质的量为1-x+1-3x+x+x=2-2x，二氧化碳的物质的量为1-x，体积分数为，二氧化碳的体积分数为定值，二氧化碳的体积分数不随时间变化，反应不一定达到平衡状态，故不选B；
C．甲醇、水都是生成物，始终等于1，不随时间变化，反应不一定平衡，故不选C；
D．的消耗速率与的消耗速率之比为，正逆反应速率比等于系数比，反应一定达到平衡状态，选D；
故答案为：AD。
（4）升高温度，反应①平衡逆向移动，乙醇的选择性降低，丙曲线符合此变化趋势；反应③平衡正向移动。甲曲线对应物质的选择性由小变大，符合的选择性与温度的关系，甲代表的选择性与温度的关系，而、的选择性之和为100%，故丙曲线代表乙醇的选择性与温度的关系。
Ⅱ. 乙代表平衡转化率与温度的关系，升高温度反应①逆向移动、反应③正向移动，温度高于300℃，温度对反应③的影响逐渐处于主要因素，所以温度高于300℃时，乙曲线下降程度变慢。
故答案为： 丙 ； 升温，反应①平衡左移且、的选择性之和为100% ； 乙代表平衡转化率与温度的关系，温度高于300℃，反应③的影响逐渐处于主要因素 ；
（5）
的转化率为50%，则，，平衡是气体总物质的量为，则，解得：，；
平衡体系中含有、、、、。
反应③是等气体分子数反应，可以用物质的量替代分压计算压强平衡常数：。
故答案为： ；
【分析】(1) 根据盖斯定律，用已知热化学方程式②减去方程式③，消去 CO2，得到目标反应 CO (g)+2H2(g) CH3OH (g)，对应焓变 ΔH=ΔH2-ΔH3，代入数据计算即可。
(2)根据吉布斯自由能判据 ΔG=ΔH-TΔS，分析反应 2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH (g)+3H2O (g) 的 ΔH<0、ΔS<0，得出只有低温下 ΔG<0 时反应自发，据此选择对应条件。
(3) A：反应后气体总物质的量减少，总压强为变量，压强不变时说明反应达平衡；
B：通过三段式计算，CO2体积分数始终为定值，不能作为平衡判据；
C：甲醇与水的浓度比始终等于 1，为定值，不能作为平衡判据；
D：H2的消耗速率（正反应）与 CH3OH 的消耗速率（逆反应）之比等于化学计量数比，说明正逆反应速率相等，反应达平衡；
(4) Ⅰ：升高温度，主反应（生成乙醇）平衡逆向移动，乙醇选择性降低，对应丙曲线；副反应（生成 CO）平衡正向移动，CO 选择性升高，对应甲曲线；
Ⅱ：CO2平衡转化率受主、副反应共同影响，温度高于 300℃时，副反应影响占主导，因此乙曲线（CO2转化率）下降速率变慢。
(5) 根据 CO2转化率 50%、起始与平衡总物质的量比 5：4，列三段式联立求解，得到各物质平衡物质的量；反应③为气体分子数不变的反应，用物质的量替代分压，代入 K 表达式计算，得到平衡常数。
（1）②
③ ；
根据盖斯定律，②-③得 -49.9-41.6=-91.5。
（2） ΔH<0、ΔS<0，ΔG=ΔH-TΔS，随温度升高ΔG增大，该反应在低温条件下能自发进行，低温条件下ΔG<0，选C；
（3）A．反应后气体物质的量减少，压强是变量，气体总压强不随时间变化，反应一定达到平衡状态，故选A；
B．设参加反应的二氧化碳为xmol，则反应消耗氢气3xmol，生成xmol甲醇、xmol水，容器中气体的总物质的量为1-x+1-3x+x+x=2-2x，二氧化碳的物质的量为1-x，体积分数为，二氧化碳的体积分数为定值，二氧化碳的体积分数不随时间变化，反应不一定达到平衡状态，故不选B；
C．甲醇、水都是生成物，始终等于1，不随时间变化，反应不一定平衡，故不选C；
D．的消耗速率与的消耗速率之比为，正逆反应速率比等于系数比，反应一定达到平衡状态，选D；
选AD。
（4）升高温度，反应①平衡逆向移动，乙醇的选择性降低，丙曲线符合此变化趋势；反应③平衡正向移动。甲曲线对应物质的选择性由小变大，符合的选择性与温度的关系，甲代表的选择性与温度的关系，而、的选择性之和为100%，故丙曲线代表乙醇的选择性与温度的关系。
Ⅱ. 乙代表平衡转化率与温度的关系，升高温度反应①逆向移动、反应③正向移动，温度高于300℃，温度对反应③的影响逐渐处于主要因素，所以温度高于300℃时，乙曲线下降程度变慢。
（5）
的转化率为50%，则，，平衡是气体总物质的量为，则，解得：，；
平衡体系中含有、、、、。
反应③是等气体分子数反应，可以用物质的量替代分压计算压强平衡常数：。
18．某课题组通过使用AI对某目标分子进行合成分析，设计了如下合成路线：
已知：Ⅰ.对于苯环，是间位取代定位基；、是邻、对位取代定位基，且决定性为。
Ⅱ.卤苯发生取代时，电负性越强，越容易被取代。
回答下列问题：
（1）C中含氧官能团的名称为　 　。
（2）设计E→F的目的是　 　。
（3）G→H的化学方程式为　 　，该过程的反应类型为　 　。
（4）有机物M是A的同分异构体，则符合下列条件的M有　 　种。其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为的结构简式为　 　(任写一种)。
①除苯环外不含其他环状结构
②含有两种官能团，其中一种为氨基，且氨基直接连在苯环上
③能发生水解反应且该有机物发生银镜反应最多能生成
（5）对于由C至K的合成分析，某同学给出了另一种路线设计：
分析该路线不可行的理由；①　 　；②　 　。
【答案】（1）醚键、硝基
（2）保护，防止发生反应(或保护或保护亚氨基)
（3）；取代反应
（4）6；或
（5）X→Y的反应中，由于、-OR为邻、对位取代定位基，且决定性为，所以难以取代在的间位，由此产生的副产物更多；Z→K的反应中，原子更易被取代
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）由B到C的过程分析，结合D的结构，可知C为，其含氧官能团的名称为醚键、硝基。
故答案为： 醚键、硝基 ；
（2）E到F将（亚氨基）取代，目标分子将（亚氨基）还原回来，则E→F反应的目的为保护，防止发生反应。
故答案为： 保护，防止发生反应(或保护或保护亚氨基) ；
（3）G到H是氨基与磺酰氯发生取代，脱除得到磺酰胺结构，属于取代反应。
故答案为： ； 取代反应 ；
（4）含苯环且能发生水解反应，含有酯基，1 mol该有机物发生银镜反应最多能生成4 mol Ag，且有机物A除苯环外只有2个碳原子，由此可知含有2种甲酸苯酚酯结构，苯环上连有两个相同取代基和一个不同取代基，共有六种位置异构。核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为的同分异构体为、。
故答案为：6；或 ；
（5）①该同学给出的另一合成路线X→Y的反应中，由于、为邻、对位取代定位基，且决定性为，所以难以取代在的间位，则该合成路线不可行；②电负性强于，根据已知，取代反应时比更容易被哌嗪取代，得到副产物，无法得到目标产物K。
故答案为： X→Y的反应中，由于、-OR为邻、对位取代定位基，且决定性为，所以难以取代在的间位，由此产生的副产物更多 ； Z→K的反应中，原子更易被取代 ；
【分析】A 与环丁酮缩合关环，构建带螺环结构的苯并氧杂母核 B；B 经羰基还原得到 C；C 经苯环亲电溴代得到溴代物 D；D 的溴原子被哌嗪取代得到 E；随后对哌嗪的游离氨基做酰基保护得到 F，避免后续氨基参与副反应；F 的硝基还原为氨基得到 G；G 的氨基与邻氟苯磺酰氯发生磺酰化反应后脱保护，最终得到目标产物 K。
(1) 结合 B→C 的还原反应、D 的结构，逆向推导 C 的结构；再根据结构识别含氧官能团，明确醚键、硝基的名称。
(2) 对比 E→F 与最终产物 K 的结构，E→F 将氨基保护，后续步骤再脱保护，核心是保护氨基，防止其在后续磺酰化等反应中发生副反应。
(3) 分析 G→H 的反应，氨基与磺酰氯发生取代，脱去 HCl 形成磺酰胺结构，据此判断该反应为取代反应。
(4) 根据限定条件（含苯环、可水解、含酯基、1mol 发生银镜反应生成 4mol Ag、除苯环外仅 2 个碳原子），确定分子含 2 个甲酸苯酚酯结构；再结合苯环取代基位置异构、核磁共振氢谱的峰数与峰面积比，筛选出符合条件的同分异构体。
(5) 从两个角度分析：①定位基效应：-NH2、-OR 为邻对位定位基，且 - NH2定位能力更强，Br 无法取代在 - NH2的间位，路线不可行；②离去性差异：F 电负性强于 Br，F 更易被哌嗪取代，会生成副产物，无法得到目标产物 K。
（1）由B到C的过程分析，结合D的结构，可知C为，其含氧官能团的名称为醚键、硝基。
（2）E到F将（亚氨基）取代，目标分子将（亚氨基）还原回来，则E→F反应的目的为保护，防止发生反应。
（3）G到H是氨基与磺酰氯发生取代，脱除得到磺酰胺结构，属于取代反应。
（4）含苯环且能发生水解反应，含有酯基，1 mol该有机物发生银镜反应最多能生成4 mol Ag，且有机物A除苯环外只有2个碳原子，由此可知含有2种甲酸苯酚酯结构，苯环上连有两个相同取代基和一个不同取代基，共有六种位置异构。核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为的同分异构体为、。
（5）①该同学给出的另一合成路线X→Y的反应中，由于、为邻、对位取代定位基，且决定性为，所以难以取代在的间位，则该合成路线不可行；②电负性强于，根据已知，取代反应时比更容易被哌嗪取代，得到副产物，无法得到目标产物K。
1 / 1

展开更多......

收起↑