2025-2026学年安徽省部分学校高三上学期摸底大联考化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省部分学校2025-2026学年高三上学期摸底大联考试卷考生注意：1.满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.本卷命题范围：高考范围。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活密切相关。下列有关物质用途的说法错误的是A.Na2CO3可用作食品膨松剂 B.液氨可用作制冷剂C.维生素C可用作抗氧化剂 D.NaCl可用作食品调味剂【答案】A【解析】A．碳酸钠(Na2CO3)碱性较强，受热不分解，通常不用作食品膨松剂，而碳酸氢钠(NaHCO3)受热分解生成气体，从而使食品疏松多孔，是常见食品膨松剂，A错误；B．液氨气化吸热，常用于工业制冷系统，B正确；C．维生素C具有还原性，容易被氧气氧化，从而可防止被保护的物质氧化，因此可用作抗氧化剂，C正确；D．氯化钠(NaCl)是食盐的主要成分，广泛用于食品调味，D正确；答案选A。2.工艺师常用氢氟酸来雕刻玻璃，该反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。下列说法正确的是A.SiO2属于半导体材料 B.HF溶液属于强酸C.SiF4的结构示意图： D.HF的电子式为【答案】C【解析】A．SiO2是原子晶体，具有良好的光学特性和绝缘性，常用于制造光导纤维，不属于半导体材料，半导体材料通常是硅单质等，A错误；B．HF在水溶液中部分电离，属于弱酸，B错误；C．SiF4中Si原子与4个F原子形成4个共价键，Si原子最外层达到8电子稳定结构，F原子也达到8电子稳定结构，其结构示意图应表示为正四面体结构：，C正确；D．HF是共价化合物，电子式中不应出现离子符号，正确的电子式为，D错误；故选C。3.关于物质的分析和测定，下列说法错误的是A.利用原子光谱上的特征谱线来鉴定稀有气体元素氦B.用质谱法精确而快速测出咖啡因的相对分子质量C.用X射线衍射测定乙酸晶体每个晶胞中含有2个乙酸分子D.经红外光谱和核磁共振氢谱分析确定青蒿素含有酯基和甲基等结构【答案】C【解析】A．原子光谱的特征谱线是元素鉴定的基础方法，氦元素可通过其特定谱线确认，A正确；B．质谱法通过分子离子峰直接测定相对分子质量，快速且精确，B正确；C．X射线衍射可测定晶胞结构，但乙酸的晶胞实际含有4个分子，而非2个，C错误；D．红外光谱识别酯基（C=O键），核磁共振氢谱显示甲基（如单峰或分裂峰），两者结合可确认结构，D正确；故选C。4.劳动创造美好生活。下列劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是选项劳动项目化学知识A医院用75%的酒精杀菌消毒乙醇能使蛋白质发生变性B工业合成氨中用铁触媒作催化剂提高N2的平衡转化率C用饱和Na2CO3溶液浸泡重晶石D用新制的Cu(OH)2检验淀粉水解后的葡萄糖葡萄糖具有还原性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．乙醇能使蛋白质变性，75%酒精可用来杀菌消毒，A正确；B．催化剂铁触媒可以加快反应速率，但不能改变化学平衡，因此不能提高N2的平衡转化率，B错误；C．饱和Na2CO3溶液提供高浓度CO，使得溶液中Ba2+和的离子积Q(BaCO3)>Ksp(BaCO3)，导致溶液中BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO(aq)平衡向生成沉淀的方向移动，从而使得BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO(aq)平衡向沉淀溶解方向移动，促使BaSO4溶解，转化为BaCO3，C正确；D．新制Cu(OH)2与葡萄糖在碱性条件下反应生成Cu2O，Cu元素被还原，体现葡萄糖的还原性，D正确；答案选B。5.白果新酸是银杏中的一种天然抗龋剂，对变形链球菌具有抗菌活性，其结构如图所示。下列有关说法正确的是A.白果新酸的分子式为 B.白果新酸分子中含有6个甲基C.1mol白果新酸与浓溴水反应，最多消耗2mol D.白果新酸在空气中能长时间保存【答案】C【解析】A．由结构简式可知，白果新酸的分子式为，不是，故A错误；B．观察结构简式可知，分子中含有1个甲基，故B错误；C．酚羟基邻对位有2个H，与浓溴水发生取代反应消耗2mol，故C正确；D．白果新酸含酚羟基，易被空气中氧气氧化，不能长时间保存，故D错误；故选C。阅读下列材料，完成下面小题。第ⅣA族元素及其化合物应用广泛。甲烷是常见燃料，25℃、101kPa时，甲烷的燃烧热△H=-890.31kJ·mol-1；金刚石、C60和石墨是碳元素的常见单质；二氧化硅又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料；铅和二氧化铅是铅蓄电池的电极材料。6.下列化学方程式或离子方程式表示错误的是A.焦炭与石英砂制备粗硅反应：SiO2+2CSi+2CO↑B.甲烷燃烧的热化学方程式：C.Na2SiO3溶液中通入过量CO2：D.铅蓄电池的正极反应式：7.下列有关物质结构或性质的比较中正确的是A.晶体的熔点：金刚石<C60 B.键能：石墨中C-C键>金刚石中C-C键C.导电性：金刚石>石墨 D.键角：CO2<SiO2【答案】6.C7.B【解析】6.A．焦炭与石英砂制备粗硅，反应生成粗硅和CO，反应方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，A正确；B．常温下，甲烷的燃烧热△H=-890.31kJ·mol-1，根据燃烧热的定义，可知甲烷燃烧的热化学方程式为，B正确；C．硅酸钠溶液通入过量的CO2生成硅酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为，C错误；D．铅蓄电池在放电时的总反应式为，正极发生还原反应，反应式为，D正确。答案选C。7.A．金刚石属于共价晶体，C60属于分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体，熔点：金刚石>C60，A错误；B．石墨中C-C键的键长比金刚石的短，键长越短，键能越大，则石墨中C-C键的键能更大，B正确；C．金刚石不导电，石墨有很好的导电性，故导电性：金刚石<石墨，C错误；D．CO2中C元素为sp杂化，SiO2中Si元素为sp3杂化，键角：sp杂化>sp3杂化，故键角：CO2>SiO2，D错误。答案选B。8.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.溶液：、Ba2+、、I-B.麦芽糖溶液：、K+、H+、C.王水溶液：、Fe2+、Au3+、H+D.能使甲基橙变红溶液：Na+、K+、、【答案】D【解析】A．溶液中，与发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3沉淀和NH3，不能大量共存，与反应生成Al(OH)3沉淀和，不能大量共存，A错误；B．麦芽糖具有还原性，H+、会作为强氧化剂与麦芽糖发生氧化还原反应，因此麦芽糖溶液中H+、不能大量存在，B错误；C．王水为浓盐酸和浓硝酸的混合液，具有强氧化性，和Fe2+会被H+、氧化为和Fe3+，因此王水溶液中和Fe2+无法大量存在，C错误；D．甲基橙变红说明溶液呈酸性（pH<3.1），Na+、K+、、在酸性条件下彼此之间不发生反应，可以大量共存，D正确；答案选D。9.室温下，下列实验方案能达到探究目的的是选项实验方案探究目的A向2mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中加入1mL0.1mol·L-1KI溶液，充分振荡后滴加KSCN溶液，观察颜色变化2Fe3++2I-=2Fe2++I2是否为可逆反应B取某有机物与KOH溶液混合加热充分反应，冷却后分液，取水层清液加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成有机物中是否含有氯元素C向盛有3mL0.1mol·L-1AgNO3溶液的试管中滴加2滴0.1mol·L-1NaCl溶液，振荡试管，再向试管中滴加2滴0.1mol·L-1KI溶液，观察生成的沉淀的颜色比较和大小D将K2S固体溶于水，进行导电性实验，电流表指针发生偏转K2S中含有离子键A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．向FeCl3溶液中加入KI后，Fe3+过量，即使反应完全，溶液中仍有Fe3+残留，滴加KSCN显红色无法证明反应可逆，A错误；B．有机物与KOH发生反应后，加硝酸酸化可中和过量的KOH，避免OH-干扰，再滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，说明有机物含氯元素，B正确；C．由题给数据可知，AgNO3过量，后续加入KI，I-直接与Ag+反应生成AgI，无法通过沉淀转化比较Ksp的大小，C错误；D．K2S溶于水导电说明溶液中有离子，但无法直接证明固体含离子键，需用熔融导电实验进行证明，D错误；答案选B。10.W、X、Y、Z是短周期主族元素，其原子序数依次增大。W是形成化合物最多的一种元素，X的简单氢化物与其最高价氧化物的水化物反应，可用作化肥，Y和Z位于同一主族且最高能级均有1个未成对电子。下列说法正确的是A.Y的第一电离能在四种元素中最大 B.最高正化合价：X>W>ZC.简单气态氢化物的稳定性：W>X>Y D.为共价晶体【答案】A【解析】W是形成化合物最多的元素，为C（碳）；X的氢化物与最高价氧化物水化物反应生成物可做化肥，X为N（氮）；Y和Z同主族且最高能级有1个未成对电子，结合短周期元素原子的结构特征，Y为F（氟），Z为Cl（氯）（ⅦA族，p轨道单电子）。A．同周期主族元素的第一电离能从左到右有逐渐增大的趋势，同主族元素的第一电离能从上到下有逐渐减小的趋势，四种元素中，F的第一电离能最大，A正确；B．最高正化合价顺序为Cl（+7）>N（+5）>C（+4），B错误；C．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，简单气态氢化物的稳定性：HF>NH3>CH4（Y>X>W），C错误；D．CCl4为分子晶体，不是共价晶体，D错误；故选A。11.甲烷-水催化重整可获得H2。其主要反应为反应I反应Ⅱ还会产生少量积碳（覆盖于催化剂表面）：在密闭容器中，1.01×105Pa、n起始(H2O):n起始(CH4)=1.5:1时，反应达平衡后，n平衡(H2O)随着温度升高而减小。反应I的平衡常数和反应Ⅱ的平衡常数随温度变化如图所示。下列说法错误的是A.反应I中反应物所含的键能总和大于生成物所含的键能总和B.升高反应温度，可能减小C.适当增加水蒸气的用量，可减少积碳的量D.反应达平衡时，分离出CO2能增加n(H2)【答案】B【解析】由图可知，lgKⅠ随温度升高而增大，lgKⅡ随温度升高而降低，可知温度升高，KⅠ增大，KⅡ减小。据此分析。A．反应I的平衡常数KⅠ随温度升高增大，说明反应I吸热（即ΔH1>0）。ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，ΔH1>0则反应物键能总和>生成物键能总和，A正确；B．KⅠ·KⅡ为总反应CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)的平衡常数K总。由题中“n(H2O)随温度升高而减小”可知，升温总反应正向移动，即总反应吸热（ΔH总>0），故升高温度K总增大，则KⅠ·KⅡ一定增大，不可能减小，B错误；C．增加水蒸气用量，可促进反应I、Ⅱ正向移动，从而消耗CH4、CO，减少CH4分解积碳的量，C正确；D．分离CO2使反应Ⅱ正向移动，生成H2，同时CO浓度降低促进反应I正向移动，生成更多H2，n(H2)增加，D正确；答案选B。12.能满足下列物质间直接转化关系（部分条件省略），且推理正确的是A.若M是，则化合物1的空间结构为V形B.若M是乙醇、盐是乙酸钠，则反应Ⅰ中存在C—O键的断裂C.若M是，则反应Ⅲ得到的盐溶液显酸性D.若M是Na，则化合物2为【答案】A【解析】A．与反应生成（V形结构），继续氧化生成，与反应生成（盐），转化链成立，故A正确；B．乙醇催化氧化生成乙醛时，断裂的是和C-H键，键未断裂，故B错误；C．最终生成的盐为和，混合溶液因亚硝酸钠水解显碱性，故C错误；D．Na在反应Ⅰ中生成氧化钠，氧化钠在反应Ⅱ中生成，故D错误；故选A。13.电解吸收的KOH溶液（主要成分是）可将转化为有机物，图1是双膜三室法电解的吸收液。图2是在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化曲线。下列说法错误的是A.Y是直流电源的负极，交换膜b是阴离子交换膜B.当电解电压为时，阴极主要还原物质为C.当电解电压为时，生成的电极反应式：D.当电解电压为时，生成的和的物质的量之比为2：1【答案】D【解析】电催化还原CO2制备有机物，碳元素化合价降低，则通入CO2的电极（a极）为阴极，例如生成甲酸根时，其电极反应为；b极为阳极，以此解题。A．右侧电极发生CO2还原为有机物的反应（还原反应），为阴极，故Y为电源负极；阴极生成OH-（如生成CH₄时产生OH-），OH-通过交换膜b进入浓缩室，使KOH浓度升高，故交换膜b为阴离子交换膜，A正确；B．由图2可知，U1V时CH4、C2H4、HCOO-的法拉第效率均接近0，推测此时主要还原产物为H2（低电压下H2O更易被还原），B正确；C．CO中C为+4价，CH4中C为-4价，得8e-，结合电荷守恒与原子守恒，电极反应式为CO+8e-+7H2O=CH4↑+10OH-，C正确；D．每生成1molC2H4转移12mole⁻，每生成1molHCOO⁻转移2mole⁻，故电解生成的C2H4和HCOO⁻的物质的量之比为，D错误；故选D。14.25℃时，Ga(OH)3、In(OH)3和Cu(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。图中pc(阳离子)表示Ga3+、In3+和Cu2+的浓度负对数（pc=-lgc），pOH表示OH-的浓度负对数。已知：。下列说法错误的是A.Ⅲ线代表Cu(OH)2B.C.In3+恰好完全沉淀时溶液的pH=4.6D.向Ga3+和Cu2+均为1mol·L-1的混合液中滴加NaOH溶液，Cu(OH)2先沉淀【答案】D【解析】由图可知，曲线Ⅰ、Ⅱ的斜率接近，则应表示同一类型的物质，曲线Ⅲ斜率较小，应表示的是另一类型的物质，不同类型的物质，不能直接比较Ksp的大小。据此进行分析。A．Cu(OH)2为AB2型，Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)，转化为pc与pOH关系：pc=-lgKsp-2pOH（斜率为-2）；Ga(OH)3、In(OH)3为AB3型，Ksp[Ga(OH)3]=c(Ga3+)·c3(OH-)，Ksp[In(OH)3]=c(In3+)·c3(OH-)，pc=-lgKsp-3pOH（斜率为-3）。斜率绝对值越小，曲线越平缓，图中Ⅲ线最平缓，故Ⅲ线为Cu(OH)2，A正确；B．Ga(OH)3为AB3型，Ksp[Ga(OH)3]=c(Ga3+)·c3(OH-)=10-pc·(10-pOH)3=10-(pc+3pOH)。根据已知条件：，可知曲线Ⅰ为Ga(OH)3，根据曲线Ⅰ可知pOH=6.0时，pc=17.2，代入得Ksp=10-(17.2+3×6.0)=10-35.2，Ksp[Ga(OH)₃]=10-35.2。B正确；C．In3+完全沉淀时c(In3+)=10-5mol/L，即pc=5。In(OH)3为AB3型，由选项B可知，曲线Ⅱ表示In(OH)3，同理，可由曲线上的点：pOH=6.0时，pc=15.2，计算得Ksp[In(OH)3]=c(In3+)·c3(OH-)=10-pc·(10-pOH)3=10-(pc+3pOH)=10-(15.2+3×6.0)=10-33.2。由pc=-lgKsp-3pOH得5=33.2-3pOH，解得pOH=9.4，pH=14-9.4=4.6，即In3+完全沉淀时pH=4.6。C正确；D．由分析可知，曲线Ⅲ表示Cu(OH)2，则根据曲线Ⅲ的数据，可计算出Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=10-pc·(10-pOH)2=10-(pc+2pOH)=10-(7.7+2×6.0)=10-19.7。Ga3+开始沉淀时c(OH-)=；Cu2+开始沉淀时c(OH-)=。Ga3+所需OH-浓度更小，先沉淀。D错误；答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.苯并咪唑是一类杂环化合物，带有苯并咪唑结构的化合物具有杀真菌和调节植物生长的特性，常用于农用化学品。以N，—二苄基邻苯二胺（—Ph代表苯基，）为原料，在二甲亚砜（DMSO）溶剂中，加入氧化剂DDQ，可制备1—苄基—2—苯基苯并咪唑，转化关系如图1所示（—Ph代表苯基）。实验步骤如下：①向50mL圆底烧瓶中依次加入86.5mgN，—二苄基邻苯二胺、足量DDQ，再加入1.0mL二甲亚砜。②组装如图2实验装置（夹持装置省略），回流加热反应1h后，关闭加热装置，冷却至室温后，取下仪器A，得到反应液。③向反应液中滴加5mL饱和Na2S2O3溶液，待反应完全后加入蒸馏水稀释转移至分液漏斗，加乙酸乙酯萃取后分液，用少量饱和食盐水洗涤有机层，向有机层中加入无水硫酸镁固体，有机相再经过蒸发浓缩得黄褐色浆状物。④用2～3mL二氯甲烷将浆状物溶解后装入层析柱中分离，经真空干燥，得到77.3mg白色结晶状固体1—苄基—2苯基苯并咪唑。回答下列问题：（1）步骤②组装的实验装置中仪器A的名称为______，冷却水应从______（填“a”或“b”）口通入。（2）N，—二苄基邻苯二胺分子的极性______（填“大于”或“小于”）1—苄基—2—苯基苯并咪唑分子的极性。（3）步骤③中加入饱和Na2S2O3溶液的目的是______，加入无水硫酸镁固体的目的是______。（4）步骤③中采用加乙酸乙酯萃取后分液，以下相关操作错误是______（填标号）。A．检漏B．振荡C．静置D．分液（5）本实验中1—苄基—2—苯基苯并咪唑的产率是______（保留一位小数）。【答案】（1）①.（球形）冷凝管②.a（2）小于（3）①.除去过量的氧化剂DDQ②.干燥有机相（4）B（5）90.6%【解析】向50mL圆底烧瓶中依次加入N，N'-二苄基邻苯二胺、DDQ，再加入1.0mL二甲亚砜，将反应烧瓶移至油浴锅中，加热回流1h，向反应烧瓶中滴加5mL饱和Na2S2O3溶液除去过量氧化剂DDQ，向反应液中滴加5mL饱和Na2S2O3溶液，将反应液转移至分液漏斗，加乙酸乙酯萃取后分液，用少量饱和食盐水洗涤有机层，促进有机物和水层分层，分液，向有机层中加入无水硫酸镁固体，静置一段时间后，分离出液体，对分离出的液体进一步分离纯化，得到1-苄基-2-苯基苯并咪唑，据此回答。（1）步骤②组装的实验装置中仪器A的名称为（球形）冷凝管，球形冷凝管中冷凝水应该下进上出，所以冷凝水应从a口通入。（2）N，-二苄基邻苯二胺分子是对称的：，极性较小，1-苄基-2-苯基苯并咪唑不对称，极性较大，则N，-二苄基邻苯二胺分子的极性小于1-苄基-2-苯基苯并咪唑分子的极性。（3）Na2S2O3具有还原性，步骤③中加入饱和Na2S2O3溶液的目的是除去过量的氧化剂DDQ，无水硫酸镁固体具有吸水性，加入无水硫酸镁固体的目的是干燥有机相。（4）分液操作中需要检漏、振荡、静置、分液，振荡操作中需一手压住活塞，另一手握住漏斗口部，确保漏斗稳定后将漏斗倒置，使两相液体充分接触，图中振荡操作错误，故选B。（5）N，N'-二苄基邻苯二胺(M=288)的质量为86.5mg，物质的量为，理论上生成1-苄基2-苯基苯并咪唑的物质的量为，最终得到产品1-苄基-2-苯基苯并咪唑质量为77.3mg，则本实验中1-苄基-2-苯基苯并咪唑的产率是。16.白铁就是镀锌铁，在生产、生活中有广泛应用，以菱锌矿（主要成分是，杂质为、、、等）制备白铁的流程如图所示。（1）酸浸中，提高浸取速率的措施有______（任写一条）。（2）菱锌矿杂质中的几种氧化物属于碱性氧化物的是_______（填化学式），滤渣1主要成分的用途有_____（任写一条）。（3）氧化过程中加入的氯气作用是______，若X是，写出一种调pH时反应的离子方程式：______。（4）电镀过程中，镀层金属作______极。（5）Li、Fe、Se可形成新型超导材料，晶胞如图（Fe原子均位于面上）。晶胞各棱边之间的夹角均为90°，则该超导材料的化学式为______；X的分数坐标为（0，1，），Y的分数坐标为（，，）。设为阿伏加德罗常数的值，Se原子X与Se原子Y之间的距离为______nm（用含a、b的式子表示）。（已知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）【答案】（1）搅拌、粉碎菱锌矿、适当提高酸浸温度等（2）①.、②.做光导纤维、光学仪器等（3）①.将氧化为②.（4）阳（5）①.②.【解析】向菱锌矿(主要成分是，杂质为、、、等)中加入稀硫酸充分酸浸，得到主要含有、、、、和的滤液，因不参与反应，则滤渣1的主要成分为，再向滤液中通入将氧化为，再加入X调节pH将、分别转化为、沉淀除去，则滤渣2的主要成分为、，且不能引入其他杂质，则X可以是、等，过滤后再向滤液中加入将转化为沉淀除去，此时滤液主要含有，最后经电镀得到镀锌铁，即白铁，据此解答。（1）增大反应时的接触面积、适当升高温度等均能加快化学反应速率，则酸浸中，提高浸取速率的措施有搅拌、粉碎菱锌矿、适当提高酸浸温度等；（2）菱锌矿杂质为、、、等，碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的氧化物，不属于碱性氧化物，属于酸性氧化物，则属于碱性氧化物的是、，滤渣1的主要成分为，其用途有做光导纤维、光学仪器等；（3）由分析可知，氧化过程中加入的氯气作用是将氧化为；调节pH的目的是将、分别转化为、沉淀除去，若X是，则“调pH”时反应物有ZnO、、Cu2+、，生成物有、、，此时调pH时反应的离子方程式为：；（4）白铁为镀锌铁，即镀层金属为锌，电镀过程中，镀层金属作阳极，待镀金属作阴极；（5）由均摊法可知，该晶胞中含Li原子个数为：，Fe原子个数为：，Se原子个数为：，即Li、Fe、Se原子个数之比为1∶2∶2，则该超导材料的化学式为；X的分数坐标为(0,1,)，Y的分数坐标为(,,)，再结合晶胞参数可得Se原子X与Se原子Y之间的距离为。17.的重整利用是当下环境保护的研究热点，对减少温室气体的排放具有重大意义。合成甲醇涉及以下三个反应：①②③（1）______（填“>”“<”或“=”），反应③在______（填“高温”“低温”或“任何温度”）可自发进行。（2）在恒容密闭容器中发生上述反应，下列说法正确的是______（填标号）。A.加入催化剂，降低了反应的，从而加快了反应速率B.混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达到平衡C.反应达平衡时，升高温度，的浓度增大D.平衡时向容器中充入惰性气体，甲醇的产率不变（3）在一定条件下，发生上述反应①和②，达平衡时的转化率随温度和压强的变化如图所示。压强一定时，的平衡转化率先增大后减小的原因可能是______；温度一定时，压强大小关系是_______。（4）在密闭容器中，充入和合成，假设只发生反应①和②。不同温度下达到平衡时及CO的体积分数如图所示。则曲线a代表______；300℃时，的转化率为______（保留两位有效数字），此温度下反应②的=______（用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算）。【答案】（1）①.>②.低温（2）BD（3）①.之前以反应②为主，转化率随着温度升高面增大，之后以反应①为主，转化率随着温度升高面降低②.（4）①.②.67%③.（或0.4）【解析】（1）由盖斯定律可知，反应②+反应③可得反应①，则>，反应③是气体体积减小的反应，，时反应能够自发进行，则反应③在低温可自发进行。（2）A．加入催化剂，不改变反应的ΔH，加入催化剂会降低反应的活化能，从而加快了反应速率，故A错误；B．根据质量守恒，气体的总质量不变，两个反应的系数和均不一致，故总物质的量平衡前要变化，M=，故混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故B正确；C．反应③和反应①均为放热反应，反应达平衡时，升高温度，反应③和反应①平衡逆向移动，CH3OH浓度减小，故C错误；D．在恒容密闭容器，平衡时向容器中充入惰性气体，各反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，甲醇的产率不变，故D正确；故答案为：BD。（3）反应②是吸热反应，反应①是放热反应，压强一定时，CO2的平衡转化率先增大后减小的原因可能是：之前以反应②为主，转化率随着温度升高而增大，之后以反应①为主，转化率随着温度升高而降低。反应①是气体体积减小的反应。反应①是气体体积减小的反应，反应②是气体体积不变的反应，温度一定时，增大压强，反应①平衡正向移动，反应②平衡不移动，的平衡转化率增大，则压强大小关系是。（4）反应①和②分别为放热、吸热反应，升高温度，反应①逆向移动，甲醇含量减小，则曲线a代表，曲线b代表CO。根据图乙，300℃时，甲醇和一氧化碳的体积分数相等，即转化的和CO物质的量相同，可以列出如下三段式：，，CO2转化率为，因为反应后的反应系数保持不变。平衡时的物质的量分数可以用平时物质的量表示，对于反应②平衡时，，，，则。18.吗氯贝胺（H）临床上为单胺氧化酶抑制剂类抗抑郁药，其中的一种合成路线如下（部分试剂和条件省略）。回答下列问题：（1）化合物C中含氧官能团的名称为______，化合物C的结构简式为______。（2）B→C的反应类型为______。（3）F+G→H的化学方程式为______。（4）下列有关说法错误的是______（填标号）。A.A→B的反应试剂、条件为氯气、光照B.在水中溶解性：C>BC.D+E→F反应中的可中和反应产生的酸，提高产率D.化合物H的分子式为（5）化合物G同时符合下列条件的同分异构体的结构简式为______（任写一种）。①分子中有3种不同类型的氢原子；②分子中存在。（6）设计由对二甲苯和制备的合成路线______（无机试剂任选）。【答案】（1）①羧基②.（2）氧化反应（3）++HBr（4）A（5）（任写一种）（6）【解析】A:B:C:

D:E:NH2CH2CH2BrF:G:H:反应类型：A→B:取代反应；B→C:氧化反应；C→D：取代反应；D+E→F：取代反应；F+G→H：取代反应；（1）根据C的结构

可知：C中含氧官能团的名称为：羧基故答案为：羧基；；（2）由分析可知，B→C即→

，该反应属于氧化反应；故答案为：氧化反应；（3）由分析可知：++HBr；故答案为：++HBr；（4）A：A→B是苯环上的氢原子被氯原子取代，应该是氯气和苯在氯化铁或铁粉作用下生成，若氯气，光照条件下，则取代苯环侧链甲基上的氢原子，故A项错误；B：C中含有羧基，羧基是亲水基团，B中的基团是烃基和碳氯键、均是疏水基团，因此，在水中的溶解性：C＞B，故B项正确；C：D+E→F在该反应中会生成，可中和反应产生的酸，使反应正向进行，提高产率，故C项正确；D：根据H的结构简式，得到该物质的结构简式为：，故D项正确；故答案为：A（5）由分析可知，G的分子式为：,根据①分子中有3种不同类型的氢原子可知：该分子结构具有较高的对称性；根据②分子中存在，可以确定该物质可能为：（任写一种）故答案为：（任写一种）（6）仿照题干流程中B→C→D→F的转化，把对二甲苯中甲基转化为羧基、羧基转化为-COCl，再和氨基发生取代反应得到目标产物，故合成路线为：。安徽省部分学校2025-2026学年高三上学期摸底大联考试卷考生注意：1.满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.本卷命题范围：高考范围。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活密切相关。下列有关物质用途的说法错误的是A.Na2CO3可用作食品膨松剂 B.液氨可用作制冷剂C.维生素C可用作抗氧化剂 D.NaCl可用作食品调味剂【答案】A【解析】A．碳酸钠(Na2CO3)碱性较强，受热不分解，通常不用作食品膨松剂，而碳酸氢钠(NaHCO3)受热分解生成气体，从而使食品疏松多孔，是常见食品膨松剂，A错误；B．液氨气化吸热，常用于工业制冷系统，B正确；C．维生素C具有还原性，容易被氧气氧化，从而可防止被保护的物质氧化，因此可用作抗氧化剂，C正确；D．氯化钠(NaCl)是食盐的主要成分，广泛用于食品调味，D正确；答案选A。2.工艺师常用氢氟酸来雕刻玻璃，该反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。下列说法正确的是A.SiO2属于半导体材料 B.HF溶液属于强酸C.SiF4的结构示意图： D.HF的电子式为【答案】C【解析】A．SiO2是原子晶体，具有良好的光学特性和绝缘性，常用于制造光导纤维，不属于半导体材料，半导体材料通常是硅单质等，A错误；B．HF在水溶液中部分电离，属于弱酸，B错误；C．SiF4中Si原子与4个F原子形成4个共价键，Si原子最外层达到8电子稳定结构，F原子也达到8电子稳定结构，其结构示意图应表示为正四面体结构：，C正确；D．HF是共价化合物，电子式中不应出现离子符号，正确的电子式为，D错误；故选C。3.关于物质的分析和测定，下列说法错误的是A.利用原子光谱上的特征谱线来鉴定稀有气体元素氦B.用质谱法精确而快速测出咖啡因的相对分子质量C.用X射线衍射测定乙酸晶体每个晶胞中含有2个乙酸分子D.经红外光谱和核磁共振氢谱分析确定青蒿素含有酯基和甲基等结构【答案】C【解析】A．原子光谱的特征谱线是元素鉴定的基础方法，氦元素可通过其特定谱线确认，A正确；B．质谱法通过分子离子峰直接测定相对分子质量，快速且精确，B正确；C．X射线衍射可测定晶胞结构，但乙酸的晶胞实际含有4个分子，而非2个，C错误；D．红外光谱识别酯基（C=O键），核磁共振氢谱显示甲基（如单峰或分裂峰），两者结合可确认结构，D正确；故选C。4.劳动创造美好生活。下列劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是选项劳动项目化学知识A医院用75%的酒精杀菌消毒乙醇能使蛋白质发生变性B工业合成氨中用铁触媒作催化剂提高N2的平衡转化率C用饱和Na2CO3溶液浸泡重晶石D用新制的Cu(OH)2检验淀粉水解后的葡萄糖葡萄糖具有还原性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．乙醇能使蛋白质变性，75%酒精可用来杀菌消毒，A正确；B．催化剂铁触媒可以加快反应速率，但不能改变化学平衡，因此不能提高N2的平衡转化率，B错误；C．饱和Na2CO3溶液提供高浓度CO，使得溶液中Ba2+和的离子积Q(BaCO3)>Ksp(BaCO3)，导致溶液中BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO(aq)平衡向生成沉淀的方向移动，从而使得BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO(aq)平衡向沉淀溶解方向移动，促使BaSO4溶解，转化为BaCO3，C正确；D．新制Cu(OH)2与葡萄糖在碱性条件下反应生成Cu2O，Cu元素被还原，体现葡萄糖的还原性，D正确；答案选B。5.白果新酸是银杏中的一种天然抗龋剂，对变形链球菌具有抗菌活性，其结构如图所示。下列有关说法正确的是A.白果新酸的分子式为 B.白果新酸分子中含有6个甲基C.1mol白果新酸与浓溴水反应，最多消耗2mol D.白果新酸在空气中能长时间保存【答案】C【解析】A．由结构简式可知，白果新酸的分子式为，不是，故A错误；B．观察结构简式可知，分子中含有1个甲基，故B错误；C．酚羟基邻对位有2个H，与浓溴水发生取代反应消耗2mol，故C正确；D．白果新酸含酚羟基，易被空气中氧气氧化，不能长时间保存，故D错误；故选C。阅读下列材料，完成下面小题。第ⅣA族元素及其化合物应用广泛。甲烷是常见燃料，25℃、101kPa时，甲烷的燃烧热△H=-890.31kJ·mol-1；金刚石、C60和石墨是碳元素的常见单质；二氧化硅又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料；铅和二氧化铅是铅蓄电池的电极材料。6.下列化学方程式或离子方程式表示错误的是A.焦炭与石英砂制备粗硅反应：SiO2+2CSi+2CO↑B.甲烷燃烧的热化学方程式：C.Na2SiO3溶液中通入过量CO2：D.铅蓄电池的正极反应式：7.下列有关物质结构或性质的比较中正确的是A.晶体的熔点：金刚石<C60 B.键能：石墨中C-C键>金刚石中C-C键C.导电性：金刚石>石墨 D.键角：CO2<SiO2【答案】6.C7.B【解析】6.A．焦炭与石英砂制备粗硅，反应生成粗硅和CO，反应方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，A正确；B．常温下，甲烷的燃烧热△H=-890.31kJ·mol-1，根据燃烧热的定义，可知甲烷燃烧的热化学方程式为，B正确；C．硅酸钠溶液通入过量的CO2生成硅酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为，C错误；D．铅蓄电池在放电时的总反应式为，正极发生还原反应，反应式为，D正确。答案选C。7.A．金刚石属于共价晶体，C60属于分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体，熔点：金刚石>C60，A错误；B．石墨中C-C键的键长比金刚石的短，键长越短，键能越大，则石墨中C-C键的键能更大，B正确；C．金刚石不导电，石墨有很好的导电性，故导电性：金刚石<石墨，C错误；D．CO2中C元素为sp杂化，SiO2中Si元素为sp3杂化，键角：sp杂化>sp3杂化，故键角：CO2>SiO2，D错误。答案选B。8.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.溶液：、Ba2+、、I-B.麦芽糖溶液：、K+、H+、C.王水溶液：、Fe2+、Au3+、H+D.能使甲基橙变红溶液：Na+、K+、、【答案】D【解析】A．溶液中，与发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3沉淀和NH3，不能大量共存，与反应生成Al(OH)3沉淀和，不能大量共存，A错误；B．麦芽糖具有还原性，H+、会作为强氧化剂与麦芽糖发生氧化还原反应，因此麦芽糖溶液中H+、不能大量存在，B错误；C．王水为浓盐酸和浓硝酸的混合液，具有强氧化性，和Fe2+会被H+、氧化为和Fe3+，因此王水溶液中和Fe2+无法大量存在，C错误；D．甲基橙变红说明溶液呈酸性（pH<3.1），Na+、K+、、在酸性条件下彼此之间不发生反应，可以大量共存，D正确；答案选D。9.室温下，下列实验方案能达到探究目的的是选项实验方案探究目的A向2mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中加入1mL0.1mol·L-1KI溶液，充分振荡后滴加KSCN溶液，观察颜色变化2Fe3++2I-=2Fe2++I2是否为可逆反应B取某有机物与KOH溶液混合加热充分反应，冷却后分液，取水层清液加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成有机物中是否含有氯元素C向盛有3mL0.1mol·L-1AgNO3溶液的试管中滴加2滴0.1mol·L-1NaCl溶液，振荡试管，再向试管中滴加2滴0.1mol·L-1KI溶液，观察生成的沉淀的颜色比较和大小D将K2S固体溶于水，进行导电性实验，电流表指针发生偏转K2S中含有离子键A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．向FeCl3溶液中加入KI后，Fe3+过量，即使反应完全，溶液中仍有Fe3+残留，滴加KSCN显红色无法证明反应可逆，A错误；B．有机物与KOH发生反应后，加硝酸酸化可中和过量的KOH，避免OH-干扰，再滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，说明有机物含氯元素，B正确；C．由题给数据可知，AgNO3过量，后续加入KI，I-直接与Ag+反应生成AgI，无法通过沉淀转化比较Ksp的大小，C错误；D．K2S溶于水导电说明溶液中有离子，但无法直接证明固体含离子键，需用熔融导电实验进行证明，D错误；答案选B。10.W、X、Y、Z是短周期主族元素，其原子序数依次增大。W是形成化合物最多的一种元素，X的简单氢化物与其最高价氧化物的水化物反应，可用作化肥，Y和Z位于同一主族且最高能级均有1个未成对电子。下列说法正确的是A.Y的第一电离能在四种元素中最大 B.最高正化合价：X>W>ZC.简单气态氢化物的稳定性：W>X>Y D.为共价晶体【答案】A【解析】W是形成化合物最多的元素，为C（碳）；X的氢化物与最高价氧化物水化物反应生成物可做化肥，X为N（氮）；Y和Z同主族且最高能级有1个未成对电子，结合短周期元素原子的结构特征，Y为F（氟），Z为Cl（氯）（ⅦA族，p轨道单电子）。A．同周期主族元素的第一电离能从左到右有逐渐增大的趋势，同主族元素的第一电离能从上到下有逐渐减小的趋势，四种元素中，F的第一电离能最大，A正确；B．最高正化合价顺序为Cl（+7）>N（+5）>C（+4），B错误；C．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，简单气态氢化物的稳定性：HF>NH3>CH4（Y>X>W），C错误；D．CCl4为分子晶体，不是共价晶体，D错误；故选A。11.甲烷-水催化重整可获得H2。其主要反应为反应I反应Ⅱ还会产生少量积碳（覆盖于催化剂表面）：在密闭容器中，1.01×105Pa、n起始(H2O):n起始(CH4)=1.5:1时，反应达平衡后，n平衡(H2O)随着温度升高而减小。反应I的平衡常数和反应Ⅱ的平衡常数随温度变化如图所示。下列说法错误的是A.反应I中反应物所含的键能总和大于生成物所含的键能总和B.升高反应温度，可能减小C.适当增加水蒸气的用量，可减少积碳的量D.反应达平衡时，分离出CO2能增加n(H2)【答案】B【解析】由图可知，lgKⅠ随温度升高而增大，lgKⅡ随温度升高而降低，可知温度升高，KⅠ增大，KⅡ减小。据此分析。A．反应I的平衡常数KⅠ随温度升高增大，说明反应I吸热（即ΔH1>0）。ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，ΔH1>0则反应物键能总和>生成物键能总和，A正确；B．KⅠ·KⅡ为总反应CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)的平衡常数K总。由题中“n(H2O)随温度升高而减小”可知，升温总反应正向移动，即总反应吸热（ΔH总>0），故升高温度K总增大，则KⅠ·KⅡ一定增大，不可能减小，B错误；C．增加水蒸气用量，可促进反应I、Ⅱ正向移动，从而消耗CH4、CO，减少CH4分解积碳的量，C正确；D．分离CO2使反应Ⅱ正向移动，生成H2，同时CO浓度降低促进反应I正向移动，生成更多H2，n(H2)增加，D正确；答案选B。12.能满足下列物质间直接转化关系（部分条件省略），且推理正确的是A.若M是，则化合物1的空间结构为V形B.若M是乙醇、盐是乙酸钠，则反应Ⅰ中存在C—O键的断裂C.若M是，则反应Ⅲ得到的盐溶液显酸性D.若M是Na，则化合物2为【答案】A【解析】A．与反应生成（V形结构），继续氧化生成，与反应生成（盐），转化链成立，故A正确；B．乙醇催化氧化生成乙醛时，断裂的是和C-H键，键未断裂，故B错误；C．最终生成的盐为和，混合溶液因亚硝酸钠水解显碱性，故C错误；D．Na在反应Ⅰ中生成氧化钠，氧化钠在反应Ⅱ中生成，故D错误；故选A。13.电解吸收的KOH溶液（主要成分是）可将转化为有机物，图1是双膜三室法电解的吸收液。图2是在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化曲线。下列说法错误的是A.Y是直流电源的负极，交换膜b是阴离子交换膜B.当电解电压为时，阴极主要还原物质为C.当电解电压为时，生成的电极反应式：D.当电解电压为时，生成的和的物质的量之比为2：1【答案】D【解析】电催化还原CO2制备有机物，碳元素化合价降低，则通入CO2的电极（a极）为阴极，例如生成甲酸根时，其电极反应为；b极为阳极，以此解题。A．右侧电极发生CO2还原为有机物的反应（还原反应），为阴极，故Y为电源负极；阴极生成OH-（如生成CH₄时产生OH-），OH-通过交换膜b进入浓缩室，使KOH浓度升高，故交换膜b为阴离子交换膜，A正确；B．由图2可知，U1V时CH4、C2H4、HCOO-的法拉第效率均接近0，推测此时主要还原产物为H2（低电压下H2O更易被还原），B正确；C．CO中C为+4价，CH4中C为-4价，得8e-，结合电荷守恒与原子守恒，电极反应式为CO+8e-+7H2O=CH4↑+10OH-，C正确；D．每生成1molC2H4转移12mole⁻，每生成1molHCOO⁻转移2mole⁻，故电解生成的C2H4和HCOO⁻的物质的量之比为，D错误；故选D。14.25℃时，Ga(OH)3、In(OH)3和Cu(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。图中pc(阳离子)表示Ga3+、In3+和Cu2+的浓度负对数（pc=-lgc），pOH表示OH-的浓度负对数。已知：。下列说法错误的是A.Ⅲ线代表Cu(OH)2B.C.In3+恰好完全沉淀时溶液的pH=4.6D.向Ga3+和Cu2+均为1mol·L-1的混合液中滴加NaOH溶液，Cu(OH)2先沉淀【答案】D【解析】由图可知，曲线Ⅰ、Ⅱ的斜率接近，则应表示同一类型的物质，曲线Ⅲ斜率较小，应表示的是另一类型的物质，不同类型的物质，不能直接比较Ksp的大小。据此进行分析。A．Cu(OH)2为AB2型，Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)，转化为pc与pOH关系：pc=-lgKsp-2pOH（斜率为-2）；Ga(OH)3、In(OH)3为AB3型，Ksp[Ga(OH)3]=c(Ga3+)·c3(OH-)，Ksp[In(OH)3]=c(In3+)·c3(OH-)，pc=-lgKsp-3pOH（斜率为-3）。斜率绝对值越小，曲线越平缓，图中Ⅲ线最平缓，故Ⅲ线为Cu(OH)2，A正确；B．Ga(OH)3为AB3型，Ksp[Ga(OH)3]=c(Ga3+)·c3(OH-)=10-pc·(10-pOH)3=10-(pc+3pOH)。根据已知条件：，可知曲线Ⅰ为Ga(OH)3，根据曲线Ⅰ可知pOH=6.0时，pc=17.2，代入得Ksp=10-(17.2+3×6.0)=10-35.2，Ksp[Ga(OH)₃]=10-35.2。B正确；C．In3+完全沉淀时c(In3+)=10-5mol/L，即pc=5。In(OH)3为AB3型，由选项B可知，曲线Ⅱ表示In(OH)3，同理，可由曲线上的点：pOH=6.0时，pc=15.2，计算得Ksp[In(OH)3]=c(In3+)·c3(OH-)=10-pc·(10-pOH)3=10-(pc+3pOH)=10-(15.2+3×6.0)=10-33.2。由pc=-lgKsp-3pOH得5=33.2-3pOH，解得pOH=9.4，pH=14-9.4=4.6，即In3+完全沉淀时pH=4.6。C正确；D．由分析可知，曲线Ⅲ表示Cu(OH)2，则根据曲线Ⅲ的数据，可计算出Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=10-pc·(10-pOH)2=10-(pc+2pOH)=10-(7.7+2×6.0)=10-19.7。Ga3+开始沉淀时c(OH-)=；Cu2+开始沉淀时c(OH-)=。Ga3+所需OH-浓度更小，先沉淀。D错误；答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.苯并咪唑是一类杂环化合物，带有苯并咪唑结构的化合物具有杀真菌和调节植物生长的特性，常用于农用化学品。以N，—二苄基邻苯二胺（—Ph代表苯基，）为原料，在二甲亚砜（DMSO）溶剂中，加入氧化剂DDQ，可制备1—苄基—2—苯基苯并咪唑，转化关系如图1所示（—Ph代表苯基）。实验步骤如下：①向50mL圆底烧瓶中依次加入86.5mgN，—二苄基邻苯二胺、足量DDQ，再加入1.0mL二甲亚砜。②组装如图2实验装置（夹持装置省略），回流加热反应1h后，关闭加热装置，冷却至室温后，取下仪器A，得到反应液。③向反应液中滴加5mL饱和Na2S2O3溶液，待反应完全后加入蒸馏水稀释转移至分液漏斗，加乙酸乙酯萃取后分液，用少量饱和食盐水洗涤有机层，向有机层中加入无水硫酸镁固体，有机相再经过蒸发浓缩得黄褐色浆状物。④用2～3mL二氯甲烷将浆状物溶解后装入层析柱中分离，经真空干燥，得到77.3mg白色结晶状固体1—苄基—2苯基苯并咪唑。回答下列问题：（1）步骤②组装的实验装置中仪器A的名称为______，冷却水应从______（填“a”或“b”）口通入。（2）N，—二苄基邻苯二胺分子的极性______（填“大于”或“小于”）1—苄基—2—苯基苯并咪唑分子的极性。（3）步骤③中加入饱和Na2S2O3溶液的目的是______，加入无水硫酸镁固体的目的是______。（4）步骤③中采用加乙酸乙酯萃取后分液，以下相关操作错误是______（填标号）。A．检漏B．振荡C．静置D．分液（5）本实验中1—苄基—2—苯基苯并咪唑的产率是______（保留一位小数）。【答案】（1）①.（球形）冷凝管②.a（2）小于（3）①.除去过量的氧化剂DDQ②.干燥有机相（4）B（5）90.6%【解析】向50mL圆底烧瓶中依次加入N，N'-二苄基邻苯二胺、DDQ，再加入1.0mL二甲亚砜，将反应烧瓶移至油浴锅中，加热回流1h，向反应烧瓶中滴加5mL饱和Na2S2O3溶液除去过量氧化剂DDQ，向反应液中滴加5mL饱和Na2S2O3溶液，将反应液转移至分液漏斗，加乙酸乙酯萃取后分液，用少量饱和食盐水洗涤有机层，促进有机物和水层分层，分液，向有机层中加入无水硫酸镁固体，静置一段时间后，分离出液体，对分离出的液体进一步分离纯化，得到1-苄基-2-苯基苯并咪唑，据此回答。（1）步骤②组装的实验装置中仪器A的名称为（球形）冷凝管，球形冷凝管中冷凝水应该下进上出，所以冷凝水应从a口通入。（2）N，-二苄基邻苯二胺分子是对称的：，极性较小，1-苄基-2-苯基苯并咪唑不对称，极性较大，则N，-二苄基邻苯二胺分子的极性小于1-苄基-2-苯基苯并咪唑分子的极性。（3）Na2S2O3具有还原性，步骤③中加入饱和Na2S2O3溶液的目的是除去过量的氧化剂DDQ，无水硫酸镁固体具有吸水性，加入无水硫酸镁固体的目的是干燥有机相。（4）分液操作中需要检漏、振荡、静置、分液，振荡操作中需一手压住活塞，另一手握住漏斗口部，确保漏斗稳定后将漏斗倒置，使两相液体充分接触，图中振荡操作错误，故选B。（5）N，N'-二苄基邻苯二胺(M=288)的质量为86.5mg，物质的量为，理论上生成1-苄基2-苯基苯并咪唑的物质的量为，最终得到产品1-苄基-2-苯基苯并咪唑质量为77.3mg，则本实验中1-苄基-2-苯基苯并咪唑的产率是。16.白铁就是镀锌铁，在生产、生活中有广泛应用，以菱锌矿（主要成分是，杂质为、、、等）制备白铁的流程如图所示。（1）酸浸中，提高浸取速率的措施有______（任写一条）。（2）菱锌矿杂质中的几种氧化物属于碱性氧化物的是_______（填化学式），滤渣1主要成分的用途有_____（任写一条）。（3）氧化过程中加入的氯气作用是______，若X是，写出一种调pH时反应的离子方程式：______。（4）电镀过程中，镀层金属作______极。（5）Li、Fe、Se可形成新型超导材料，晶胞如图（Fe原子均位于面上）。晶胞各棱边之间的夹角均为90°，则该超导材料的化学式为______；X的分数坐标为（0，1，），Y的分数坐标为（，，）。设为阿伏加德罗常数的值，Se原子X与Se原子Y之间的距离为______nm（用含a、b的式子表示）。（已知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）【答案】（1）搅拌、粉碎菱锌矿、适当提高酸浸温度等（2）①.、②.做光导纤维、光学仪器等（3）①.将氧化为②.（4）阳（5）①.②.【解析】向菱锌矿(主要成分是，杂质为、、、等)中加入稀硫酸充分酸浸，得到主要含有、、、、和的滤液，因不参与反应，则滤渣1的主要成分为，再向滤液中通入将氧化为，再加入X调节pH将、分别转化为、沉淀除去，则滤渣2的主要成分为、，且不能引入其他杂质，则X可以是、等，过滤后再向滤液中加入将转化为沉淀除去，此时滤液主要含有，最后经电镀得到镀锌铁，即白铁，据此解答。（1）增大反应时的接触面积、适当升高温度等均能加快化学反应速率，则酸浸中，提高浸取速率的措施有搅拌、粉碎菱锌矿、适当提高酸浸温度等；（2）菱锌矿杂质为、、、等，碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的氧化物，不属于碱性氧化物，属于酸性氧化物，则属于碱性氧化物的是、，滤渣1的主要成分为，其用途有做光导纤维、光学仪器等；（3）由分析可知，氧化过程中加入的氯气作用是将氧化为；调节pH的目的是将、分别转化为、沉淀除去，若X是，则“调pH”时反应物有ZnO、、Cu2+、，生成物有、、，此时调pH时反应的离子方程式为：；（4）白铁为镀锌铁，即镀层金属为锌，电镀过程中，镀层金属作阳极，待镀金属作阴极；（5）由均摊法可知，该晶胞中含Li原子个数为：，Fe原子个数为：，Se原子个数为：，即Li、Fe、Se原子个数之比为1∶2∶2，则该超导材料的化学式为；X的分数坐标为(0,1,)，Y