2025-2026学年河南省部分示范性高中高三上学期9月联考化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1河南省部分示范性高中2025-2026学年高三上学期9月联考考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.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。4.本卷命题范围：高考范围。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Zn65Se79一、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.下列物质主要由金属材料制成的是A．元青花四爱图梅瓶B．商都遗址出土的金覆面C．钻石D．米饭A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．元青花四爱图梅瓶是陶瓷制品，主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，A错误；B．金覆面的主要成分是金，金是金属单质，属于金属材料，B正确；C．钻石的主要成分是碳，属于非金属单质，是非金属材料，C错误；D．米饭的主要成分是淀粉，属于有机物，不是金属材料，D错误；故选B。2.下列化学用语或图示表达错误的是A.1-丁烯的实验式：CH2B.羟基的电子式：C.基态溴原子的简化电子排布式：D.的结构示意图：【答案】C【解析】A．1-丁烯的结构简式是CH2=CHCH2CH3，分子式为C4H8，实验式即最简式为物质分子中各种元素原子的最简整数比，C4H8化简后为CH2，因此最简式是CH2，A正确；B．O原子最外层有6个电子，其中的一个成单电子与H原子的电子形成共用电子对，就得到羟基，其电子式为，B正确；C．溴为35号元素，基态原子电子排布式为，简化电子排布式需包含3d轨道10个电子，中漏掉3d10轨道的电子，C错误；D．Na+核电荷数为11，是Na原子失去最外层1个3s电子后形成的，其核外电子排布为2、8，故Na+的结构示意图为，D正确；故合理选项是C。3.下列叙述不能正确反映事实的是A.晶体硅的熔点低于金刚石，因为Si—Si键能小于C—C键能B.稀有气体的晶体属于原子晶体，因为其构成微粒是原子C.高温下，二氧化硅与焦炭反应生成单质硅和一氧化碳气体D.溴乙烷在氢氧化钠的乙醇溶液中受热可制备少量乙烯【答案】B【解析】A．晶体硅和金刚石是共价晶体，晶体硅的熔点低于金刚石，是因为Si—Si键能小于C—C键能，A正确；B．稀有气体是单原子分子，稀有气体固态时通过范德华力形成分子晶体，B错误；C．高温下，二氧化硅与焦炭反应生成单质硅和一氧化碳气体，反应方程式：，C正确；D．溴乙烷在氢氧化钠的乙醇溶液中受热发生消去反应生成乙烯，D正确；故选B。4.化学是一门以实验为基础的科学，下列有关实验药品、装置或操作能达到实验目的的是A．蒸干溶液制备B．比较乙酸和碳酸的酸性C．制备氢氧化铝D．测定盐酸物质的量浓度A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．溶液中铜离子水解生成Cu(OH)2和HNO3，HNO3易挥发，加热蒸干时水解平衡正向移动，氢氧化铜受热分解最终得到CuO而非Cu(NO3)2·6H2O，应采用蒸发浓缩、冷却结晶法，A错误；B．乙酸与碳酸钠生成二氧化碳气体通入石灰水变浑浊，但是挥发的醋酸也会和石灰水、生成的碳酸钙反应从而干扰实验，应该增加除去醋酸的净化装置，B错误；C．Al(OH)3为两性氢氧化物，过量NaOH会与生成的Al(OH)3反应生成四羟基合铝酸钠溶液，无法制备Al(OH)3，应使用氨水等弱碱，C错误；D．NaOH标准溶液盛放在碱式滴定管中，氢氧化钠溶液显碱性，和盐酸生成氯化钠为中性，可以使用酚酞作为指示剂，D正确；故选D5.《本草纲目》记载，穿心莲有清热解毒、凉血、消肿、燥湿的功效。穿心莲内酯是一种天然抗生素，其结构简式如图所示，下列关于穿心莲内酯的说法正确的是A.分子中含有的官能团为羟基、酯基、碳碳双键、醚键B.能发生氧化反应C.1个分子中含有5个手性碳原子D.1mol该物质与足量的反应，最多消耗【答案】B【解析】A．分子中含羟基（-OH）、酯基（-COO-）、碳碳双键（C=C），但无醚键，A错误；B．含羟基（可被氧化）、碳碳双键（可被氧化），且有机物燃烧属于氧化反应，能发生氧化反应，B正确；C．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，中含有6个手性碳原子(*标出)，C错误；D．仅与分子中碳碳双键加成，分子中含2个碳碳双键，1mol该物质最多消耗2mol，D错误；故选B。6.由五种元素组成的某配离子是一种常用的有机催化剂，结构如图所示。X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，Y元素形成化合物种类数最多，基态的价层电子排布式为。下列说法正确的是A.含有X、Y、Z的酸的分子式一定是B.元素电负性：C.简单氢化物的沸点：D.Q的最高价氧化物对应的水化物不溶于任何碱【答案】C【解析】X、Y、Z、M、Q原子序数依次增大，Y形成化合物种类最多，则Y为C；基态Q2+价层电子排布为3d9，Q为Cu（原子序数29）；Y、Z、M同周期，结合配离子结构中“Y=Z”（C=Z双键）及“YM3”（CM3），推知Z为O（C=O双键常见）、M为F（CF3基团合理）；X原子序数小于Y（C），且存在“YX2”（CX2），X为H（CH2合理）。综上，X=H、Y=C、Z=O、M=F、Q=Cu。A．含有H、C、O的酸除外，还有羧酸（如）等，分子式并非一定为，故A错误；B．同周期元素电负性从左到右依次增大，电负性：M（F）>Z（O）>Y（C），故B错误；C．Z的简单氢化物为，M的简单氢化物为，分子间氢键更多，沸点>，故C正确；D．Q的最高价氧化物对应水化物为，可溶于弱碱氨水，形成四氨合铜离子，故D错误；故答案选C。7.下列解释实验现象或用途的方程式书写正确的是A.水解：B.溶于稀盐酸：C.工业冶炼Al的反应：D.溶液中加足量NaOH溶液并加热：【答案】A【解析】A．Mg3N2水解生成Mg(OH)2和NH3，方程式符合反应事实，故A正确；B．CaCO3为固体，离子方程式中应保留化学式，不可拆，正确的离子方程式为，故B错误；C．工业电解Al2O3制Al，冰晶石为助熔剂，化学方程式为，故C错误；D．NH和HCO均与OH-反应，正确的离子方程式为，故D错误；答案选A。8.下列实验操作及现象能得出相应结论或目的的是选项实验操作及现象结论或目的A常温下将铝片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象稀硝酸的氧化性比浓硝酸的氧化性更强B相同温度下，用pH计测定等物质的量浓度的丙酸和乙酸溶液的pH，乙酸溶液的pH更小烃基越长，推电子效应越小C向4mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加1mol/L的氨水至沉淀溶解，再加入8mL95%乙醇，过滤可制备D实验测得不同物质量浓度的CH3COONH4溶液的pH都等于7不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．在常温下铝遇浓硝酸，会被浓硝酸氧化而在金属表面产生一层致密的氧化物保护膜而阻止金属进一步被氧化，即发生钝化，因此无明显现象，这恰恰是浓硝酸的强氧化性；稀硝酸与Al发生氧化还原反应生成NO气体，是浓硝酸氧化性比稀硝酸更强，A错误；B．在有机羧酸中烃基是推电子基，烃基越短其推电子效应越小，羧基-COOH就越容易电离产生H+，相应的酸的酸性就越强，等浓度时溶液的pH就越小。乙酸溶液pH更小说明其酸性强，-CH3的推电子效应小，-CH2CH3的推电子效应大，导致丙酸CH3CH2COOH的酸性比乙酸CH3COOH弱，B错误；C．氨水溶解Cu(OH)2生成[Cu(NH3)4]2+，向溶液中加入乙醇，乙醇能够降低的溶解度而促使其结晶析出，从而达到制取的目的，C正确；D．CH₃COONH4溶液pH=7是由于该盐是弱酸弱碱盐，在溶液中和CH3COO-的水解程度相同，水解产生的H+与OH-恰好中和而转化为H2O，但盐溶液浓度不同时溶液中和CH3COO-的水解程度不同，因而水的电离程度不同，D错误；故合理选项是C。9.如图物质转化关系中，固体A与固体B研细后搅拌混合即可发生吸热反应。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G是一种强酸。H是白色固体，常用作钡餐。下列叙述错误的是A.在C的水溶液中加入少量固体A，溶液pH升高B.E为不溶于水的有毒物质C.F溶于雨水可形成酸雨D.常温下可用铝制容器来盛装G的浓溶液【答案】A【解析】气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明气体C为NH3，G是一种强酸，即G为HNO3，C至F的过程是NH3连续被氧化的过程，即E为NO，F为NO2，H是白色固体，常用作钡餐，即H为BaSO4，说明D中含有Ba2+，固体A与固体B研细后搅拌混合即可发生吸热反应，应是Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应，C与HCl反应生成A，则A为NH4Cl，B为Ba(OH)2·8H2O，据此分析；A．C为NH3，其水溶液为氨水(NH3·H2O)，存在电离平衡：NH3·H2ONH+OH-，加入NH4Cl固体后，NH浓度增大，平衡逆向移动，OH-浓度减小，溶液pH降低，故A说法错误；B．E为NO，NO难溶于水，且能与血红蛋白结合导致中毒，是不溶于水的有毒物质，故B说法正确；C．F为NO2，NO2溶于水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的HNO3使雨水pH<5.6，形成酸雨，故C说法正确；D．G为HNO3，常温下浓硝酸能使铝钝化形成致密氧化膜，阻止反应继续进行，可用铝制容器盛装，故D说法正确；答案为A。10.我国科技工作者研发了一种“酸碱混合硝酸”锌电池，其工作原理如图所示。图中“双极膜”中间层中的解离为和，并在电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是A.催化电极上的电势比锌电极上的低B.负极区的总反应式为C.“双极膜”中间层中的在电场作用下移向负极D.催化电极表面产生时，锌电极质量会减少26g【答案】D【解析】根据图知，锌电极为负极，发生氧化反应，，催化电极为正极，发生还原反应，；A．锌电极为负极，催化电极为正极，催化电极的电势比锌电极的高，A错误；B．负极区反应式为锌失去电子发生氧化反应：，B错误；C．H⁺为阳离子，原电池中，在电场作用下应移向正极，C错误；D．结合分析，产生转移0.8mol电子，反应0.4molZn，锌电极质量减少，质量减少0.4mol×65g/mol=26g，D正确；故选D。11.钛酸钡晶体是电子陶瓷元器件的重要基础原料。钛酸钡晶体与的结构如图所示。下列说法错误的是A.钛酸钡的化学式为B.中含有的化学键为离子键、共价键、配位键C.中Ti的杂化方式不是D.通过螯合作用成环而形成的配位键有【答案】B【解析】A．由图可知，Ba的个数为1，Ti的个数为=1，O的个数为=3，故钛酸钡的化学式为BaTiO3，故A正确；B．由图可知，[TiO(C2O4)2]2-为配位阴离子，内部无阴阳离子，不含离子键；草酸根中C-O、C-C为共价键，Ti与配体O之间为配位键，仅含共价键和配位键，故B错误；C．[TiO(C2O4)2]2-中Ti的σ键数为5，价层电子对数是5，杂化方式不是sp3，是sp3d杂化，故C正确；D．草酸根双齿配体，每个草酸根与Ti形成2个配位键成环，2个草酸根共形成4个配位键，1mol该离子中此类配位键为4mol，故D正确；答案选B。12.科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25℃下用H2O2直接将CH4氧化为含氧有机物，其主要原理如图所示。下列说法错误的是A.上述步骤iv中生成的有机物的空间结构为平面三角形B.上述步骤中涉及非极性键和极性键的断裂和生成C.步骤i、ii中消耗的CH4与H2O2的物质的量之比为1：1D.根据以上原理，步骤vi生成HCOOH和H2O【答案】B【解析】A．根据图示可知：步骤iv生成的有机物应为甲醛，结构简式是HCHO，其中心C原子价层电子对数是3，该C原子采取sp2杂化，空间结构为平面三角形，A正确；B．反应中涉及H2O2中O-O键的非极性键断裂和CH4中C-H键、H2O2中O-H键的极性键断裂，但生成的键如C-O、O-H、C=O等均为极性键，无新的非极性键生成，B错误；C．步骤i、ii为CH4被H2O2氧化为CH3OH的过程，反应方程式为CH4+H2O2→CH3OH+H2O，根据方程式可知：反应消耗CH4与H2O2的物质的量之比为1：1，C正确；D．根据逐步氧化逻辑，HCHO能够进一步被H2O2氧化生成HCOOH，反应为HCHO+H2O2→HCOOH+H2O，步骤vi生成HCOOH和H2O，D正确；故合理选项是B。13.高分子材料聚芳醚腈被广泛应用于航空航天、汽车等领域。某聚芳醚腈(PEN)的合成线路如图所示。下列说法错误的是A.X中所含官能团为碳氯键和氰基B.Y与完全加成的产物中含有2个手性碳原子C.官能团相同且含有苯环的X的同分异构体有5种(不含立体异构)D.该反应为加聚反应【答案】D【解析】A．X中官能团为碳氯键和氰基，故A正确；B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Y与足量氢气完全加成产物的结构简式为，连接醇羟基的碳原子都是手性碳原子，所以有2个手性碳原子，故B正确；C．官能团相同且含有苯环的X的同分异构体中，如果两个氯原子相邻，—CN有2种位置异构；如果两个氯原子相间，—CN还有2种位置异构；如果两个氯原子相对，—CN有1种位置异构，符合条件的同分异构体有5种，故C正确；D．X和Y发生缩聚反应生成PEN和HCl，该反应为缩聚反应，故D错误；故选：D。14.常温下，溶液和溶液的物质的量浓度与溶液pH的关系如图所示。已知a为溶液和溶液的交点；常温下，电离常数：、。下列说法错误的是A.将等物质的量浓度的和溶液等体积混合，混合溶液显酸性B.溶液的浓度越大碱性越强，是因为的水解程度随浓度的增大而增大C.a点溶液中的小于溶液中的D.在NaOH溶液中通入至时，满足【答案】B【解析】如果将等物质的量浓度的和溶液等体积混合，根据题干知道，那么的水解常数，可以看出电离程度大于水解；溶液的浓度越大碱性越强，是因为水解产生的越来越多，水解程度随浓度增大而减小；根据水解规律越弱越水解，醋酸的酸性强于碳酸可以知道碳酸的水解程度更大，大于；A．等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，由于醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，所以混合溶液显酸性，A正确；B．CH3COONa的水解程度随浓度增大而减小（水解平衡常数Kh仅与温度有关），溶液浓度越大碱性越强是因为水解产生的总浓度增大，而非水解程度增大，B错误；C．a点两溶液pH相同、浓度相同，醋酸的酸性强于碳酸，根据盐类水解的规律越弱越水解，，，所以a点时大于，C正确；D．pH=10时c(H+)=10-10mol/L，由Ka2=4.7×10-11，，，所以=0.47，故c()>c()>c(H2CO3)，D正确；故答案选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.一种以钌矿石[主要含，还含少量的和CaO等]为原料制备钌的流程如图所示。已知：①常温下，，，，。②离子浓度等于或低于时，则认为该离子已被完全除去。回答下列问题：（1）第一电离能：Mg___________(填“>”或“<”)Al，基态的价层电子排布式为___________，A气体的化学式为___________。（2）“滤液1”中通入足量生成的离子方程式为___________，“滤液3”中含有氯化铵，其电子式为___________。（3）“沉铁”时发生反应的离子方程式为___________。（4）“软化”时，溶液中和的浓度分别为和，常温下取2.0L该溶液，使其中沉淀完全，则至少需要加入NaF的物质的量为___________。（5）“灼烧”时通入Ar的作用是___________。（6）产生相同量的钌，方案1中消耗与方案2中产生的物质的量之比为___________。【答案】（1）①.>②.③.（2）（3）（4）0.1278mol（5）作保护气，防止钌与空气中的氧气反应（6）【解析】熔融后得到熔块为金属氧化物和熔融混合生成的高温不分解的盐，Ru(CO3)2热分解生成气体A为CO2，水浸时，熔融得到的硅酸钠、四羟基合铝酸钠（偏铝酸钠）溶解，即为滤液1的溶质，酸浸后溶液中有Ru3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+，沉铁时加入氯酸钠在碱性条件下把二价铁转化为三价铁并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀除去，软化步骤是加入氟离子使Mg2+、Ca2+变为氟化物沉淀除去，软化后的液体即为含Ru3+的溶液，通过后续步骤得Ru；（1）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小；铁为26号元素，失去2个电子得到亚铁离子，基态的价层电子排布式为，由分析，A气体的化学式为；（2）“滤液1”中通入足量生成的反应为四羟基合铝酸根离子和二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，离子方程式为；氯化铵是由铵根离子和氯离子构成的离子化合物，电子式为；（3）“沉铁”时发生反应为加入氯酸钠在碱性条件下把二价铁转化为三价铁并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀除去，反应中铁化合价由+2变为+3、氯化合价由+5变为-1，结合电子守恒、质量守恒，离子方程式为；（4）常温下，，，则镁离子首先沉淀，当钙离子完全沉淀时，另外沉淀钙离子、镁离子也需要氟离子，则使其中沉淀完全，则至少需要加入NaF的物质的量为0.1278mol；（5）“灼烧”时，方案1中有还原性的H2，未加入Ar；方案二加了Ar，故Ar的作用是作保护气，防止钌与空气中的氧气反应；（6）方案1中Ru从+4价变为0价，每生成1molRu，需要2molH2，方案2中分解产生4molCO2，则方案1中消耗与方案2中产生的物质的量之比为1:2。16.某化学小组欲通过实验探究：．苯与液溴发生取代反应；．苯与液溴在催化剂作用下的反应机理。其所用装置如图所示。已知：。回答下列问题：（1）装置A中长颈漏斗的作用为___________；仪器X的名称为___________；写出实验室制备溴苯的化学方程式：___________。（2）制取溴苯的实验操作步骤如下：①连接装置，其接口顺序为(填字母)：___________。d接___________，___________接___________，___________接___________，h接c②检查装置气密性。③装置C中加入固体药品，再滴入浓硫酸，再打开装置D处开关K，点燃装置C处酒精灯；插入铁丝于混合液中，一段时间后，装置D中液体沸腾，原因是___________；铁丝的作用为___________(用化学方程式表示)。④关闭装置C中活塞。（3）装置A中对广口瓶进行热水浴的目的是___________。（4）装置B中出现___________(填现象)，即可证明苯与液溴发生了取代反应。（5）查阅文献，苯与液溴在催化下的反应机理共分三步：．；．。①完成第三步反应：．___________。②该小组将装置A中的浓硫酸替换成稀硫酸时实验失败，试从反应机理推测可能的原因是___________。【答案】（1）①.平衡气体压强②.球形冷凝管③.（2）①.abefg②.该反应是放热反应③.（3）防止蒸气冷凝（4）淡(浅)黄色沉淀（5）①.②.含有水时，无法生成【解析】反应的原理为，利用上述反应制备出单质溴；生成的Br2进入A中进行干燥，再通入装置D与苯发生反应，经装置E(苯)吸收挥发的Br2，生成的HBr经装置A(防倒吸)后进入装置B检验，所以装置连接顺序是C→A→D→E→B，据以上分析解答。（1）装置A中长颈漏斗的作用为平衡压强；仪器X的名称为球形冷凝管；实验室制备溴苯是苯和液溴在FeBr3(实际反应中Fe与Br2反应生成FeBr3作催化剂)催化下发生取代反应，化学方程式为：；（2）①由分析可知，装置连接顺序是：C→A→D→E→B，所以接口顺序为：d接a，b接e，f接g，h接c，故答案为：a；b；e；f；g；③苯与液溴发生的反应为放热反应，插入铁丝于混合液中，一段时间后，装置D中液体沸腾；铁丝与溴反应生成溴化铁，溴化铁做了该反应的催化剂，反应的方程式为：2Fe+3Br2=2FeBr3；（3）装置A中对广口瓶进行热水浴的目的是防止溴蒸气冷凝，因为溴易挥发，若温度过低，溴蒸气会冷凝成液体，影响后续对HBr的检验，热水浴可保持温度，使溴蒸气以气态进入后续装置；（4）苯与液溴发生取代反应会生成HBr，HBr进入装置B中，与AgNO3溶液反应生成淡黄色的AgBr沉淀，所以装置B中出现淡黄色沉淀，即可证明苯与液溴发生了取代反应；（5）①总反应是苯与液溴在FeBr3催化下生成溴苯和HBr,前两步反应为Ⅰ.；Ⅱ.；所以第三步反应为：②反应机理中需要FeBr3作催化剂，稀硫酸中含有大量水，FeBr3易溶于水，会使FeBr3无法起到催化作用，无法生成，所以实验失败。17.．将二氧化碳转化为能源是缓解温室效应和能源问题的方案之一，和在一定条件下可转化为，转化过程中发生的反应如下：反应i(主反应)：；反应ii(副反应)：；甲烷与二氧化碳制备合成气的反应为。回答下列问题：（1）___________；有利于反应i自发进行的条件是___________(填“高温”或“低温”)。（2）催化加氢合成的过程中，活化的可能途径如图1所示(“*”表示物质吸附在催化剂表面)，CO是活化的优势中间体，原因是___________。（3）在恒容条件下，按的投料比进行反应i和反应ii，平衡时和CO在含碳物质中的体积分数随温度的变化如图2所示。①曲线b表示的含碳物质的名称为___________。②M点时反应ii的___________(以分压表示，分压=总压×该物质的物质的量分数，结果保留至小数点后两位)。．氧族元素及其化合物有着广泛应用价值。（4）写出基态Se原子价层电子排布式：___________，与Se同周期的元素中未成对电子最多的元素是___________(填元素符号)。（5）人体代谢甲硒醇()后可增加抗癌活性，下表中有机物沸点不同的原因是___________。有机物甲醇甲硫醇()甲硒醇沸点/℃64.75.9525.05（6）一种铜铟硒晶体(化学式为)的晶胞结构如图3所示，晶胞中In和Se未标明，用A或者B代替。推断In对应的是___________(填“A”或“B”)，晶体中一个Cu周围与它最近且等距离的A粒子的个数为___________。【答案】（1）①.②.低温（2）生成中间体CO反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成（3）①.甲烷②.0.39（4）①.②.Cr（5）三种物质都是分子晶体，甲硫醇、甲硒醇结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高（6）①.A②.8【解析】（1）根据盖斯定律可知，由ii×2-i可得，；反应i的、，根据时反应可自发进行，则低温条件有利于反应i自发进行；（2）由题图可知，生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成，因此催化加氢合成的过程中，CO是活化的优势中间体；（3）①在恒容条件下，升高温度，反应i和反应ii分别向逆反应方向和正反应方向移动，平衡时CO在含碳物质中的体积分数增大，在含碳物质中的体积分数减小，则曲线c表示CO在含碳物质中的体积分数随温度的变化。800℃后，曲线b代表的物质在含碳物质中的体积分数为0，而CO在含碳物质中的体积分数还在随温度的升高增大，说明800℃后只会发生反应ii，可判断曲线a和b分别表示和在含碳物质中的体积分数随温度变化；②M点时，φ(CO)=φ(CH4)=15%，φ(CO2)=70%，在恒容条件下，按V(CO2)：V(H2)=1：1的投料比，设n(CO2)=n(H2)=1mol，平衡时n(CO)=n(CH4)=0.15mol，n(CO2)=0.7mol；由元素守恒可知，、，故M点时反应ii的；（4）原子序数为34，价层电子排布式为；第四周期的元素中含有最多未成对电子的元素是，电子排布式为，未成对电子数为6；（5）甲醇、甲硫醇、甲硒醇都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子晶体的沸点越高，甲醇分子间存在氢键，所以甲醇的沸点最高；（6）A的原子个数为，B原子有8个，全部在晶胞内部，故Se原子的个数为8，Cu原子有8个位于顶点上，4个位于面上，1个位于体心，Cu原子的个数为，根据化学式，A为In；以体心的铜为例，除顶面和底面两个In原子外，其余8个In原子与其距离最近且相等。18.dasatinib是一种治疗白血病的药物，其合成路线如下图所示(部分反应条件已略去)。注：Et代表乙基；THF代表四氢呋喃；Boc代表叔丁氧羰基；TFA代表三氟乙酸。回答下列问题：（1）A中含氧官能团的名称为___________。（2）的反应类型为___________，设置该步骤的主要目的是___________。（3）THF()比环戊烷在水中的溶解度大的多，其主要原因是___________。（4）写出反应的化学方程式：___________。（5）三乙胺比氨气更易结合，其主要原因是___________。（6）是一种酸酐，其结构简式为，该酸酐由两分子M脱去一分子水得到，M的结构简式为___________，N是M的同分异构体，满足下列条件的N有___________种(不包含立体异构体)。①属于脂肪酸；②与足量钠反应生成(标准状况)。【答案】（1）酯基（2）①.取代反应②.保护氨基或防止生成其他副产物（3）THF中的氧原子与水分子可形成氢键（4）（5）乙基是推电子基，氮原子上的电子云密度更大，更容易结合氢离子（6）①.②.12【解析】由流程，A发生取代反应引入新支链得到B，B中酯基水解后酸化转化为羧基得到C，C发生取代反应生成D，D中氯原子发生取代反应和E生成F，F生成G，G中氨基再发生取代生成H；（1）由A的结构可知，A中含氧官能团的名称为酯基；（2）反应为氨基氢被取代的反应，为取代反应；在F生成G中反应中该位置又转化为氨基-NH2，设置该步骤的主要目的是保护氨基或防止生成其他副产物。（3）THF中的氧原子与水分子可形成氢键，导致THF()比环戊烷在水中的溶解度大的多；（4）D中氯原子发生取代反应和E生成F，结合质量守恒，还生成HCl，反应为：；（5）乙基是推电子基，使得氮原子上的电子云密度更大，更容易结合氢离子，使得三乙胺比氨气更易结合；（6）由两分子M脱去一分子水得到，则由红圈处分析可知，M的结构简式为；M含5个碳、3个氧、1个不饱和度，①属于脂肪酸，则含羧基，②与足量钠反应生成(标准状况)，则除羧基外应还含1个羟基；则：，羟基有4种位置；，羟基有4种位置；，羟基有3种位置；，羟基有3种位置；共12种。河南省部分示范性高中2025-2026学年高三上学期9月联考考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.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。4.本卷命题范围：高考范围。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Zn65Se79一、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.下列物质主要由金属材料制成的是A．元青花四爱图梅瓶B．商都遗址出土的金覆面C．钻石D．米饭A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．元青花四爱图梅瓶是陶瓷制品，主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，A错误；B．金覆面的主要成分是金，金是金属单质，属于金属材料，B正确；C．钻石的主要成分是碳，属于非金属单质，是非金属材料，C错误；D．米饭的主要成分是淀粉，属于有机物，不是金属材料，D错误；故选B。2.下列化学用语或图示表达错误的是A.1-丁烯的实验式：CH2B.羟基的电子式：C.基态溴原子的简化电子排布式：D.的结构示意图：【答案】C【解析】A．1-丁烯的结构简式是CH2=CHCH2CH3，分子式为C4H8，实验式即最简式为物质分子中各种元素原子的最简整数比，C4H8化简后为CH2，因此最简式是CH2，A正确；B．O原子最外层有6个电子，其中的一个成单电子与H原子的电子形成共用电子对，就得到羟基，其电子式为，B正确；C．溴为35号元素，基态原子电子排布式为，简化电子排布式需包含3d轨道10个电子，中漏掉3d10轨道的电子，C错误；D．Na+核电荷数为11，是Na原子失去最外层1个3s电子后形成的，其核外电子排布为2、8，故Na+的结构示意图为，D正确；故合理选项是C。3.下列叙述不能正确反映事实的是A.晶体硅的熔点低于金刚石，因为Si—Si键能小于C—C键能B.稀有气体的晶体属于原子晶体，因为其构成微粒是原子C.高温下，二氧化硅与焦炭反应生成单质硅和一氧化碳气体D.溴乙烷在氢氧化钠的乙醇溶液中受热可制备少量乙烯【答案】B【解析】A．晶体硅和金刚石是共价晶体，晶体硅的熔点低于金刚石，是因为Si—Si键能小于C—C键能，A正确；B．稀有气体是单原子分子，稀有气体固态时通过范德华力形成分子晶体，B错误；C．高温下，二氧化硅与焦炭反应生成单质硅和一氧化碳气体，反应方程式：，C正确；D．溴乙烷在氢氧化钠的乙醇溶液中受热发生消去反应生成乙烯，D正确；故选B。4.化学是一门以实验为基础的科学，下列有关实验药品、装置或操作能达到实验目的的是A．蒸干溶液制备B．比较乙酸和碳酸的酸性C．制备氢氧化铝D．测定盐酸物质的量浓度A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．溶液中铜离子水解生成Cu(OH)2和HNO3，HNO3易挥发，加热蒸干时水解平衡正向移动，氢氧化铜受热分解最终得到CuO而非Cu(NO3)2·6H2O，应采用蒸发浓缩、冷却结晶法，A错误；B．乙酸与碳酸钠生成二氧化碳气体通入石灰水变浑浊，但是挥发的醋酸也会和石灰水、生成的碳酸钙反应从而干扰实验，应该增加除去醋酸的净化装置，B错误；C．Al(OH)3为两性氢氧化物，过量NaOH会与生成的Al(OH)3反应生成四羟基合铝酸钠溶液，无法制备Al(OH)3，应使用氨水等弱碱，C错误；D．NaOH标准溶液盛放在碱式滴定管中，氢氧化钠溶液显碱性，和盐酸生成氯化钠为中性，可以使用酚酞作为指示剂，D正确；故选D5.《本草纲目》记载，穿心莲有清热解毒、凉血、消肿、燥湿的功效。穿心莲内酯是一种天然抗生素，其结构简式如图所示，下列关于穿心莲内酯的说法正确的是A.分子中含有的官能团为羟基、酯基、碳碳双键、醚键B.能发生氧化反应C.1个分子中含有5个手性碳原子D.1mol该物质与足量的反应，最多消耗【答案】B【解析】A．分子中含羟基（-OH）、酯基（-COO-）、碳碳双键（C=C），但无醚键，A错误；B．含羟基（可被氧化）、碳碳双键（可被氧化），且有机物燃烧属于氧化反应，能发生氧化反应，B正确；C．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，中含有6个手性碳原子(*标出)，C错误；D．仅与分子中碳碳双键加成，分子中含2个碳碳双键，1mol该物质最多消耗2mol，D错误；故选B。6.由五种元素组成的某配离子是一种常用的有机催化剂，结构如图所示。X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，Y元素形成化合物种类数最多，基态的价层电子排布式为。下列说法正确的是A.含有X、Y、Z的酸的分子式一定是B.元素电负性：C.简单氢化物的沸点：D.Q的最高价氧化物对应的水化物不溶于任何碱【答案】C【解析】X、Y、Z、M、Q原子序数依次增大，Y形成化合物种类最多，则Y为C；基态Q2+价层电子排布为3d9，Q为Cu（原子序数29）；Y、Z、M同周期，结合配离子结构中“Y=Z”（C=Z双键）及“YM3”（CM3），推知Z为O（C=O双键常见）、M为F（CF3基团合理）；X原子序数小于Y（C），且存在“YX2”（CX2），X为H（CH2合理）。综上，X=H、Y=C、Z=O、M=F、Q=Cu。A．含有H、C、O的酸除外，还有羧酸（如）等，分子式并非一定为，故A错误；B．同周期元素电负性从左到右依次增大，电负性：M（F）>Z（O）>Y（C），故B错误；C．Z的简单氢化物为，M的简单氢化物为，分子间氢键更多，沸点>，故C正确；D．Q的最高价氧化物对应水化物为，可溶于弱碱氨水，形成四氨合铜离子，故D错误；故答案选C。7.下列解释实验现象或用途的方程式书写正确的是A.水解：B.溶于稀盐酸：C.工业冶炼Al的反应：D.溶液中加足量NaOH溶液并加热：【答案】A【解析】A．Mg3N2水解生成Mg(OH)2和NH3，方程式符合反应事实，故A正确；B．CaCO3为固体，离子方程式中应保留化学式，不可拆，正确的离子方程式为，故B错误；C．工业电解Al2O3制Al，冰晶石为助熔剂，化学方程式为，故C错误；D．NH和HCO均与OH-反应，正确的离子方程式为，故D错误；答案选A。8.下列实验操作及现象能得出相应结论或目的的是选项实验操作及现象结论或目的A常温下将铝片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象稀硝酸的氧化性比浓硝酸的氧化性更强B相同温度下，用pH计测定等物质的量浓度的丙酸和乙酸溶液的pH，乙酸溶液的pH更小烃基越长，推电子效应越小C向4mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加1mol/L的氨水至沉淀溶解，再加入8mL95%乙醇，过滤可制备D实验测得不同物质量浓度的CH3COONH4溶液的pH都等于7不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．在常温下铝遇浓硝酸，会被浓硝酸氧化而在金属表面产生一层致密的氧化物保护膜而阻止金属进一步被氧化，即发生钝化，因此无明显现象，这恰恰是浓硝酸的强氧化性；稀硝酸与Al发生氧化还原反应生成NO气体，是浓硝酸氧化性比稀硝酸更强，A错误；B．在有机羧酸中烃基是推电子基，烃基越短其推电子效应越小，羧基-COOH就越容易电离产生H+，相应的酸的酸性就越强，等浓度时溶液的pH就越小。乙酸溶液pH更小说明其酸性强，-CH3的推电子效应小，-CH2CH3的推电子效应大，导致丙酸CH3CH2COOH的酸性比乙酸CH3COOH弱，B错误；C．氨水溶解Cu(OH)2生成[Cu(NH3)4]2+，向溶液中加入乙醇，乙醇能够降低的溶解度而促使其结晶析出，从而达到制取的目的，C正确；D．CH₃COONH4溶液pH=7是由于该盐是弱酸弱碱盐，在溶液中和CH3COO-的水解程度相同，水解产生的H+与OH-恰好中和而转化为H2O，但盐溶液浓度不同时溶液中和CH3COO-的水解程度不同，因而水的电离程度不同，D错误；故合理选项是C。9.如图物质转化关系中，固体A与固体B研细后搅拌混合即可发生吸热反应。气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G是一种强酸。H是白色固体，常用作钡餐。下列叙述错误的是A.在C的水溶液中加入少量固体A，溶液pH升高B.E为不溶于水的有毒物质C.F溶于雨水可形成酸雨D.常温下可用铝制容器来盛装G的浓溶液【答案】A【解析】气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明气体C为NH3，G是一种强酸，即G为HNO3，C至F的过程是NH3连续被氧化的过程，即E为NO，F为NO2，H是白色固体，常用作钡餐，即H为BaSO4，说明D中含有Ba2+，固体A与固体B研细后搅拌混合即可发生吸热反应，应是Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应，C与HCl反应生成A，则A为NH4Cl，B为Ba(OH)2·8H2O，据此分析；A．C为NH3，其水溶液为氨水(NH3·H2O)，存在电离平衡：NH3·H2ONH+OH-，加入NH4Cl固体后，NH浓度增大，平衡逆向移动，OH-浓度减小，溶液pH降低，故A说法错误；B．E为NO，NO难溶于水，且能与血红蛋白结合导致中毒，是不溶于水的有毒物质，故B说法正确；C．F为NO2，NO2溶于水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的HNO3使雨水pH<5.6，形成酸雨，故C说法正确；D．G为HNO3，常温下浓硝酸能使铝钝化形成致密氧化膜，阻止反应继续进行，可用铝制容器盛装，故D说法正确；答案为A。10.我国科技工作者研发了一种“酸碱混合硝酸”锌电池，其工作原理如图所示。图中“双极膜”中间层中的解离为和，并在电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是A.催化电极上的电势比锌电极上的低B.负极区的总反应式为C.“双极膜”中间层中的在电场作用下移向负极D.催化电极表面产生时，锌电极质量会减少26g【答案】D【解析】根据图知，锌电极为负极，发生氧化反应，，催化电极为正极，发生还原反应，；A．锌电极为负极，催化电极为正极，催化电极的电势比锌电极的高，A错误；B．负极区反应式为锌失去电子发生氧化反应：，B错误；C．H⁺为阳离子，原电池中，在电场作用下应移向正极，C错误；D．结合分析，产生转移0.8mol电子，反应0.4molZn，锌电极质量减少，质量减少0.4mol×65g/mol=26g，D正确；故选D。11.钛酸钡晶体是电子陶瓷元器件的重要基础原料。钛酸钡晶体与的结构如图所示。下列说法错误的是A.钛酸钡的化学式为B.中含有的化学键为离子键、共价键、配位键C.中Ti的杂化方式不是D.通过螯合作用成环而形成的配位键有【答案】B【解析】A．由图可知，Ba的个数为1，Ti的个数为=1，O的个数为=3，故钛酸钡的化学式为BaTiO3，故A正确；B．由图可知，[TiO(C2O4)2]2-为配位阴离子，内部无阴阳离子，不含离子键；草酸根中C-O、C-C为共价键，Ti与配体O之间为配位键，仅含共价键和配位键，故B错误；C．[TiO(C2O4)2]2-中Ti的σ键数为5，价层电子对数是5，杂化方式不是sp3，是sp3d杂化，故C正确；D．草酸根双齿配体，每个草酸根与Ti形成2个配位键成环，2个草酸根共形成4个配位键，1mol该离子中此类配位键为4mol，故D正确；答案选B。12.科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25℃下用H2O2直接将CH4氧化为含氧有机物，其主要原理如图所示。下列说法错误的是A.上述步骤iv中生成的有机物的空间结构为平面三角形B.上述步骤中涉及非极性键和极性键的断裂和生成C.步骤i、ii中消耗的CH4与H2O2的物质的量之比为1：1D.根据以上原理，步骤vi生成HCOOH和H2O【答案】B【解析】A．根据图示可知：步骤iv生成的有机物应为甲醛，结构简式是HCHO，其中心C原子价层电子对数是3，该C原子采取sp2杂化，空间结构为平面三角形，A正确；B．反应中涉及H2O2中O-O键的非极性键断裂和CH4中C-H键、H2O2中O-H键的极性键断裂，但生成的键如C-O、O-H、C=O等均为极性键，无新的非极性键生成，B错误；C．步骤i、ii为CH4被H2O2氧化为CH3OH的过程，反应方程式为CH4+H2O2→CH3OH+H2O，根据方程式可知：反应消耗CH4与H2O2的物质的量之比为1：1，C正确；D．根据逐步氧化逻辑，HCHO能够进一步被H2O2氧化生成HCOOH，反应为HCHO+H2O2→HCOOH+H2O，步骤vi生成HCOOH和H2O，D正确；故合理选项是B。13.高分子材料聚芳醚腈被广泛应用于航空航天、汽车等领域。某聚芳醚腈(PEN)的合成线路如图所示。下列说法错误的是A.X中所含官能团为碳氯键和氰基B.Y与完全加成的产物中含有2个手性碳原子C.官能团相同且含有苯环的X的同分异构体有5种(不含立体异构)D.该反应为加聚反应【答案】D【解析】A．X中官能团为碳氯键和氰基，故A正确；B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Y与足量氢气完全加成产物的结构简式为，连接醇羟基的碳原子都是手性碳原子，所以有2个手性碳原子，故B正确；C．官能团相同且含有苯环的X的同分异构体中，如果两个氯原子相邻，—CN有2种位置异构；如果两个氯原子相间，—CN还有2种位置异构；如果两个氯原子相对，—CN有1种位置异构，符合条件的同分异构体有5种，故C正确；D．X和Y发生缩聚反应生成PEN和HCl，该反应为缩聚反应，故D错误；故选：D。14.常温下，溶液和溶液的物质的量浓度与溶液pH的关系如图所示。已知a为溶液和溶液的交点；常温下，电离常数：、。下列说法错误的是A.将等物质的量浓度的和溶液等体积混合，混合溶液显酸性B.溶液的浓度越大碱性越强，是因为的水解程度随浓度的增大而增大C.a点溶液中的小于溶液中的D.在NaOH溶液中通入至时，满足【答案】B【解析】如果将等物质的量浓度的和溶液等体积混合，根据题干知道，那么的水解常数，可以看出电离程度大于水解；溶液的浓度越大碱性越强，是因为水解产生的越来越多，水解程度随浓度增大而减小；根据水解规律越弱越水解，醋酸的酸性强于碳酸可以知道碳酸的水解程度更大，大于；A．等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，由于醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，所以混合溶液显酸性，A正确；B．CH3COONa的水解程度随浓度增大而减小（水解平衡常数Kh仅与温度有关），溶液浓度越大碱性越强是因为水解产生的总浓度增大，而非水解程度增大，B错误；C．a点两溶液pH相同、浓度相同，醋酸的酸性强于碳酸，根据盐类水解的规律越弱越水解，，，所以a点时大于，C正确；D．pH=10时c(H+)=10-10mol/L，由Ka2=4.7×10-11，，，所以=0.47，故c()>c()>c(H2CO3)，D正确；故答案选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.一种以钌矿石[主要含，还含少量的和CaO等]为原料制备钌的流程如图所示。已知：①常温下，，，，。②离子浓度等于或低于时，则认为该离子已被完全除去。回答下列问题：（1）第一电离能：Mg___________(填“>”或“<”)Al，基态的价层电子排布式为___________，A气体的化学式为___________。（2）“滤液1”中通入足量生成的离子方程式为___________，“滤液3”中含有氯化铵，其电子式为___________。（3）“沉铁”时发生反应的离子方程式为___________。（4）“软化”时，溶液中和的浓度分别为和，常温下取2.0L该溶液，使其中沉淀完全，则至少需要加入NaF的物质的量为___________。（5）“灼烧”时通入Ar的作用是___________。（6）产生相同量的钌，方案1中消耗与方案2中产生的物质的量之比为___________。【答案】（1）①.>②.③.（2）（3）（4）0.1278mol（5）作保护气，防止钌与空气中的氧气反应（6）【解析】熔融后得到熔块为金属氧化物和熔融混合生成的高温不分解的盐，Ru(CO3)2热分解生成气体A为CO2，水浸时，熔融得到的硅酸钠、四羟基合铝酸钠（偏铝酸钠）溶解，即为滤液1的溶质，酸浸后溶液中有Ru3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+，沉铁时加入氯酸钠在碱性条件下把二价铁转化为三价铁并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀除去，软化步骤是加入氟离子使Mg2+、Ca2+变为氟化物沉淀除去，软化后的液体即为含Ru3+的溶液，通过后续步骤得Ru；（1）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小；铁为26号元素，失去2个电子得到亚铁离子，基态的价层电子排布式为，由分析，A气体的化学式为；（2）“滤液1”中通入足量生成的反应为四羟基合铝酸根离子和二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，离子方程式为；氯化铵是由铵根离子和氯离子构成的离子化合物，电子式为；（3）“沉铁”时发生反应为加入氯酸钠在碱性条件下把二价铁转化为三价铁并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀除去，反应中铁化合价由+2变为+3、氯化合价由+5变为-1，结合电子守恒、质量守恒，离子方程式为；（4）常温下，，，则镁离子首先沉淀，当钙离子完全沉淀时，另外沉淀钙离子、镁离子也需要氟离子，则使其中沉淀完全，则至少需要加入NaF的物质的量为0.1278mol；（5）“灼烧”时，方案1中有还原性的H2，未加入Ar；方案二加了Ar，故Ar的作用是作保护气，防止钌与空气中的氧气反应；（6）方案1中Ru从+4价变为0价，每生成1molRu，需要2molH2，方案2中分解产生4molCO2，则方案1中消耗与方案2中产生的物质的量之比为1:2。16.某化学小组欲通过实验探究：．苯与液溴发生取代反应；．苯与液溴在催化剂作用下的反应机理。其所用装置如图所示。已知：。回答下列问题：（1）装置A中长颈漏斗的作用为___________；仪器X的名称为___________；写出实验室制备溴苯的化学方程式：___________。（2）制取溴苯的实验操作步骤如下：①连接装置，其接口顺序为(填字母)：___________。d接___________，___________接___________，___________接___________，h接c②检查装置气密性。③装置C中加入固体药品，再滴入浓硫酸，再打开装置D处开关K，点燃装置C处酒精灯；插入铁丝于混合液中，一段时间后，装置D中液体沸腾，原因是___________；铁丝的作用为___________(用化学方程式表示)。④关闭装置C中活塞。（3）装置A中对广口瓶进行热水浴的目的是___________。（4）装置B中出现___________(填现象)，即可证明苯与液溴发生了取代反应。（5）查阅文献，苯与液溴在催化下的反应机理共分三步：．；．。①完成第三步反应：．___________。②该小组将装置A中的浓硫酸替换成稀硫酸时实验失败，试从反应机理推测可能的原因是___________。【答案】（1）①.平衡气体压强②.球形冷凝管③.（2）①.abefg②.该反应是放热反应③.（3）防止蒸气冷凝（4）淡(浅)黄色沉淀（5）①.②.含有水时，无法生成【解析】反应的原理为，利用上述反应制备出单质溴；生成的Br2进入A中进行干燥，再通入装置D与苯发生反应，经装置E(苯)吸收挥发的Br2，生成的HBr经装置A(防倒吸)后进入装置B检验，所以装置连接顺序是C→A→D→E→B，据以上分析解答。（1）装置A中长颈漏斗的作用为平衡压强；仪器X的名称为球形冷凝管；实验室制备溴苯是苯和液溴在FeBr3(实际反应中Fe与Br2反应生成FeBr3作催化剂)催化下发生取代反应，化学方程式为：；（2）①由分析可知，装置连接顺序是：C→A→D→E→B，所以接口顺序为：d接a，b接e，f接g，h接c，故答案为：a；b；e；f；g；③苯与液溴发生的反应为放热反应，插入铁丝于混合液中，一段时间后，装置D中液体沸腾；铁丝与溴反应生成溴化铁，溴化铁做了该反应的催化剂，反应的方程式为：2Fe+3Br2=2FeBr3；（3）装置A中对广口瓶进行热水浴的目的是防止溴蒸气冷凝，因为溴易挥发，若温度过低，溴蒸气会冷凝成液体，影响后续对HBr的检验，热水浴可保持温度，使溴蒸气以气态进入后续装置；（4）苯与液溴发生取代反应会生成HBr，HBr进入装置B中，与AgNO3溶液反应生成淡黄色的AgBr沉淀，所以装置B中出现淡黄色沉淀，即可证明苯与液溴发生了取代反应；（5）①总反应是苯与液溴在FeBr3催化下生成溴苯和HBr,前两步反应为Ⅰ.；Ⅱ.；所以第三步反应为：②反应机理中需要FeBr3作催化剂，稀硫酸中含有大量水，FeBr3易溶于水，会使FeBr3无法起到催化作用，无法生成，所以实验失败。17.．将二氧化碳转化为能源是缓解温室效应和能源问题的方案之一，和在一定条件下可转化为，转化过程中发生的反应如下：反应i(主反应)：；反应ii(副反应)：；甲烷与二氧化碳制备合成气的反应为。回答下列问题：（1）___________；有利于反应i自发进行的条件是___________(填“高温”或“低温”)。（2）催化加氢合成的过程中，活化的可能途径如图1所示(“*”表示物质吸附在催化剂表面)，CO是活化的优势中间体，原因是___________。（3）在恒容条件下，