2025-2026学年湖北孝感市第一高级中学等校高三下学期二模化学试题 含答案

/高三化学常用相对原子质量：Li-7O-16S-32Ce-140一、选择题(本题共15题，每小题3分，共计45分。每小题给出的四个选项中，只有一个符合要求)1.化学与生活息息相关，下列说法错误的是A.脂肪是人体储存能量的重要物质B.石膏能被用于调节水泥的硬化速率C.聚四氟乙烯透光性好，能用于制造飞机和车辆风挡及光学仪器D.硅橡胶能够耐高温和严寒，在航空航天和国防等尖端技术领域中发挥重要作用【答案】C【解析】【详解】A．脂肪的储能效率远高于糖类，是人体储存能量的重要物质，A正确；B．水泥生产过程中添加石膏的作用就是调节水泥的硬化速率，B正确；C．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，被称为“塑料王”，但由于透光性差，不可用于制造飞机、车辆风挡及光学仪器，可用于制造飞机、车辆风挡及光学仪器的是聚甲基丙烯酸甲酯（有机玻璃），C错误；D．硅橡胶具有优异的耐高低温、绝缘、耐老化性能，广泛应用于航空航天、国防等尖端技术领域，D正确；故答案选C。2.下列化学用语表达错误的是A.的VSEPR模型为B盐酸催化制备酚醛树脂：C.sp2杂化轨道为D.1mol[Cu(NH3)4]SO4含有20NA个σ键电子对【答案】A【解析】【详解】A．的价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，A错误；B．盐酸催化制备酚醛树脂，发生缩聚反应：，B正确；C．sp2杂化轨道为平面三角形，夹角为120°，故sp2杂化轨道为，C正确；D．1mol[Cu(NH3)4]SO4中Cu2+与氨分子之间有4NAσ键，氨分子内有12NAσ键，离子内有4NAσ键，1mol[Cu(NH3)4]SO4含有20NA个σ键电子对，D正确；故选A。3.下列说法正确的是A.甲苯和浓溴水能发生取代反应生成邻溴甲苯B.向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，最终会得到蓝色沉淀C.向苯酚溶液中滴加少量浓溴水并振荡，最终能观察到白色沉淀产生D.用TiCl4制备TiO2，可以在制备时加入大量的水，同时加热，所得的TiO2·xH2O沉淀经焙烧得TiO2【答案】D【解析】【详解】A．甲苯与浓溴水仅能发生萃取，无法发生苯环上的取代反应生成邻溴甲苯，甲苯和液溴在溴化铁催化下才能发生取代反应，A错误；B．向CuSO4溶液滴加氨水至过量，先生成蓝色氢氧化铜沉淀，过量氨水会和氢氧化铜反应生成可溶性的四氨合铜络离子，最终得到深蓝色溶液，无蓝色沉淀，B错误；C．少量浓溴水和苯酚反应生成的2，4，6-三溴苯酚会溶解在过量的苯酚中，无法观察到白色沉淀，需加入过量浓溴水才能看到白色沉淀，C错误；D．TiCl4易发生水解反应，加入大量水、加热均可促进水解平衡正向移动，完全水解生成TiO2·xH2O沉淀，经焙烧失去结晶水即可得到TiO2，D正确；故选D。4.下列化学实验目的与相应实验示意图不相符的是实验目的A．赶出碱式滴定管乳胶管中气泡B．析出深蓝色晶体实验示意图实验目的C．制备无水氯化锶SrCl2必须通入HCl抑制水解D．除去氯气中混有的HCl实验示意图A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．碱式滴定管的气泡通常积聚在玻璃尖嘴处，正确操作是将乳胶管向上弯曲，使尖嘴向上，挤压玻璃球排出气泡，A实验目的与相应实验示意图相符；B．乙醇为弱极性分子，降低的溶解度，可析出深蓝色晶体，B实验目的与相应实验示意图相符；C．是强酸强碱盐，在水溶液中不发生水解，因此制备无水时不需要通入HCl抑制水解，C实验目的与相应实验示意图相符；D．HCl极易溶于水，而饱和食盐水中的高浓度抑制了的溶解，减小其溶解度，从而达到除去HCl保留的目的，长进短出确保了气体充分与饱和食盐水接触，有效除去HCl，D实验目的与相应实验示意图相符；故答案选C。5.下列说法不正确的是A.纳米铅的熔点低于大块铅晶体，主要原因是纳米铅的表面积较大B.向饱和食盐水中通入HCl会观察到有白色晶体析出C.可以将辛烷()通过催化裂化为丁烷和丁烯D.甲烷水合物的化学式可表示为，和分子间通过氢键形成水分子笼【答案】D【解析】【详解】A．纳米铅的表面积大于铅晶体，能量高，熔化所需能量更低，因此熔点低于大块铅晶体，A正确；B．饱和食盐水中存在NaCl的溶解平衡，通入HCl后，溶液中的增加，由于同离子效应，NaCl的溶解平衡逆向移动，溶液中析出NaCl晶体，B正确；C．辛烷是长链烷烃，催化裂化的反应方程式为，反应生成丁烷和丁烯，C正确；D．由于C原子的电负性较小，和分子间无法形成氢键，甲烷水合物的水分子笼是分子之间通过氢键形成，D错误；故答案选D。6.固态电池有望成为更安全、持久的电池，特别是钠离子化学电池。一种可用于固态钠电池的电解质结构式如图所示，已知X、Y、Z、M、R为短周期主族元素，M原子的最外层电子数是电子层数的两倍，R的简单氢化物可用作制冷剂，X、Y、Z与R同周期，M与X同主族。下列说法正确的是A.第一电离能：Y<R<XB.Z的最高价氧化物对应的水化物酸性最强C.X的单质一定为非极性分子D.M单质在过量的X单质中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，只生成MX2【答案】D【解析】【分析】根据题干信息推导，R的简单氢化物可作制冷剂，短周期中对应，故，且同周期，因此都为第二周期元素。原子最外层电子数是电子层数的2倍，短周期主族中符合条件的为、；又因为与同主族，为第二周期，因此为第三周期的，同主族的。Y、Z：从结构式看，Y形成4个共价单键，第二周期中四价的主族元素为；只形成1个共价单键，第二周期一价主族元素为F。最终元素：。【详解】A．第二周期第一电离能，因的为半满稳定结构，第一电离能，即，A错误；B．Z=F，无正化合价，不存在最高价氧化物对应的水化物，B错误；C．X=O，单质有和，其中是极性分子，C错误；D．S单质在过量中燃烧，发出明亮蓝紫色火焰，无论氧气是否过量，燃烧产物只有，需要催化氧化才能生成，D正确；故选D。7.依据下列事实进行的推测正确的是选项事实推测A盐酸和NaHCO3反应是吸热的盐酸和Na2CO3反应也是吸热的B干冰中CO2配位数为12N2晶胞中配位数也为12CF-F键键长为141pm，Cl-Cl键键长为198pmF-F键键能比Cl-Cl键键能更大DH2O沸点高于HFH2O稳定性也高于HFA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．盐酸与NaHCO3反应的实质是与H⁺反应生成CO2和H2O，为吸热反应；而盐酸与Na₂CO₃的总反应为放热反应，推测不成立，A错误；B．干冰和N2晶体均属于分子晶体，其晶胞均为面心立方晶胞，每个分子周围有12个最近邻的分子，故配位数均为12，推测成立，B正确；C．F原子半径小于Cl，F-F键长更短，但两个F原子间排斥作用强，导致F-F键能小于Cl-Cl键，推测不成立，C错误；D．H2O沸点高于HF是因为H2O分子间形成的氢键数目更多，而物质稳定性由共价键键能决定，F的非金属性强于O，HF稳定性高于H2O，推测不成立，D错误；8.X与Y为短周期同主族元素形成单质，T是一种常见的温室气体。相关物质转化关系如图所示，下列叙述正确的是A.高纯度的M可以用于制造太阳能电池B.常温下Y与盐酸会剧烈反应，放出大量H2C.相同物质的量的晶体M和晶体Y所含σ键数目均为2NAD.设计Y→Q→Y的过程是为了提纯【答案】D【解析】【分析】由题干易推理M、X、Y、Z、Q、T分别为SiO2、C、Si、CO、SiHCl3、CO2，依次解题；【详解】A．Si可以用于制造太阳能电池，SiO2做光导纤维，A错误；B．Si与HCl反应温度为300℃，常温不反应，B错误；C．1mol晶体Si中含有2NA个σ键，而1mol晶体SiO2中含有4NA个σ键，因此相同物质的量的晶体M和晶体Y所含σ键数目不相同，C错误；D．设计Y→Q→Y的过程是为了提纯Si，D正确；故答案为D。阅读以下材料。北京大学某研究团队合成了系列新型玻璃相硫化物LBPSI(Li2S-B2S3-P2S5-LiI)电解质材料，应用到全固态锂硫电池中，实现了前所未有的快速固硫电化学反应和快充能力。LBPSI电解质本身含有氧化还原活性的I元素，具有高离子电导率，在给电池快速充电时，固态电解质表面的I-可在电解质和石墨边界处被高效电化学氧化为I2和(I2/)，原理简图如图：9.下列关于新型玻璃相硫化物电解质全固态锂硫电池的叙述错误的是A.放电时正极区存在反应：+2e-=3I-B.充电时，石墨电极接外电源负极C.充电时每转移1mol电子，阴极增重7gD.新型玻璃相硫化物LBPSI电解质的作用是增强Li+的传导性能10.Li2S的晶胞结构如图，晶胞参数为apm。下列说法错误的是A.已知p点原子坐标为(0，0，0)，则n点原子坐标为B.晶胞沿x轴投影为C.晶胞密度为D.晶胞中m离子和n离子之间的距离为apm【答案】9.B10.D【解析】【分析】充电时，固态电解质表面的I-可在电解质和石墨边界处被高效电化学氧化为I2，和(I2/)，石墨电极为阳极，In电极为阴极，放电时，In电极为负极，电极反应式为：Li2S-2e-=S+2Li+。【9题详解】A．根据分析，放电时石墨电极为正极，电极反应式为：+2e-=3I-，A正确；B．充电时，石墨电极为阳极，与电源的正极连接，B错误；C．充电时，阳离子Li+移向阴极In电极，且电路每转移1mol电子，阴极析出1molLi，阴极增重7g，C正确；D．LBPSI电解质本身含有氧化还原活性的I元素，具有高离子电导率，可以增强Li+的传导性能，D正确；故答案选B。【10题详解】A．结合晶胞结构可得，n点原子坐标为，A正确；B．结合晶胞的结构可以知道，晶胞沿x轴投影为，B正确；C．晶胞中有8个Li+，S2-的数量为，晶胞的质量为，晶胞的体积为(a×10-10)cm3=a3×10-30cm3，晶体的密度为，C正确；D．由图可知，，设mn之间距离为x，则有，则x=apm，D错误；故答案选D。11.可降解有机高分子C合成原理如下：下列说法不正确的是A.有机物A完全水解得到的氨基酸分子没有手性碳原子B.有机物B可能与硝酸银溶液产生白色沉淀C.有机物C可发生加成反应和水解反应D.该反应属于缩聚反应【答案】A【解析】【详解】A．A()中有2个肽键完全水解只能得到一种氨基酸，手性碳原子是指连有四个不同的原子和原子团的碳原子，中与羧基和氨基直接相连的碳原子为手性碳原子，A错误；B．根据C的结构可知，A和B发生缩聚反应生成C，则单体B结构简式是，B可以和H2O反应生成HCl，生成的HCl能与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，B正确；C．有机物C()中含有肽键可发生水解反应，含有苯环，可发生加成反应，C正确；D．A()和B()反应生成C()的同时有小分子HCl生成，属于缩聚反应，D正确；故选A。12.一定温度和压强下，利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇反应机理和能量变化图如图甲、乙所示(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)。下列说法正确的是A.该历程存在非极性键的断裂和形成B.该历程的决速步骤反应为HCOO*+4H*=CH3O*+H2OC.使用铜基催化剂可降低反应的活化能，提高活化分子百分数，提高CO2的平衡转化率D.升高温度可提高生成CH3OH(g)的速率，同时可以提高CH3OH(g)的平衡产率【答案】B【解析】【分析】图甲为加氢制甲醇的反应路径：(g)在催化剂表面吸附，同时在催化剂表面解离吸附为吸附态H原子（），随后依次经过生成、、等中间物种，最终得到产物和，总反应为：；图乙的纵坐标为相对能量，横坐标为反应历程，最终产物总能量低于初始反应物，说明总反应为放热反应；反应的决速步骤由活化能最大的步骤决定，活化能越大，反应速率越慢，决定总反应速率。【详解】A．该历程中，反应物存在H-H非极性键，反应过程中解离为，因此存在非极性键的断裂；但反应产物为和，分子中均只含极性键，且整个反应历程中没有非极性键生成，A错误；B．决速步骤是活化能最大的步骤，从图乙可知，转化为的能垒最大，是整个反应中速率最慢的一步，为决速步骤；消去两边相同的，可得总反应为，B正确；C．催化剂的作用是降低反应活化能，提高活化分子百分数，加快反应速率，但催化剂不改变平衡状态，不能使平衡移动，因此无法提高​的平衡转化率，C错误；D．从图乙可知，总反应中生成物总能量低于反应物，总反应为放热反应（）；升高温度可以加快反应速率，但会使平衡逆向移动，的平衡产率降低，D错误；故选B。13.金银既是传统的贵金属，更是推动未来科技进步的关键“工业维生素”。一种以粗铜精炼得到的阳极泥焙烧产物为原料提取金、银的工艺流程如下图：已知：①烧渣为Ag2SO4、CuSO4和Au的混合物；②Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2SO4)=2.0×10-5；以下说法错误的是A.处理滤渣1时应保证良好的通风，并对尾气加以处理B.氯离子常用作配体，能与Au3+结合，形成稳定的可溶性配合物氯金酸(HAuCl4)，有利于得到滤液1C.滤渣2与氨水反应的离子方程式为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2OD.每消耗1molHCHO最多可以产生2molAg【答案】D【解析】【详解】A．NaClO3和浓盐酸能生成Cl2，Cl2有毒且污染环境，A正确；B．Au与硫酸不反应，与NaClO3和浓盐酸反应，对比可知氯离子常用作配体，能与Au3+结合，形成稳定的可溶性配合物氯金酸(HAuCl4)，有利于得到滤液1，B正确；C．由AgCl和Ag2SO4的Ksp大小对比可知，滤渣2为AgCl，氯化银可溶于氨水生成[Ag(NH3)2]+和Cl+，C正确；D．1molHCHO与银氨溶液反应，HCHO中C的化合价从0升高到+4，失去4个电子，Ag+得到1个电子生成Ag，因此1molHCHO最多可以产生4molAg，D错误；故答案为D。14.某小组同学检验补铁剂中铁元素的价态，实验如下：已知：i．SCN-中硫元素的化合价为-2价；ii．邻二氮菲的结构简式为(简写为phen)，邻二氮菲可以和Fe2+生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，可用于Fe2+的检测，生成。下列说法正确的是A.为使③中现象明显，试剂a可以选用过量氯水B.KMnO4溶液褪色的原因一定是5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2OC.用邻二氮菲检测Fe2+时生成的，Fe2+的配位数可能为6D.邻二氮菲的N原子的孤电子对占据2p轨道【答案】C【解析】【详解】A．根据信息i：SCN-中硫元素的化合价为-2价，具有还原性，如果试剂a选用过量氯水，会与SCN-发生氧化还原反应，难以生成硫氰化铁溶液，不能使现象明显，A错误；B．因之前加入盐酸，其中氯离子具有还原性，也可能使酸性高锰酸钾褪色，B错误；C．用邻二氮菲检测Fe2+时，邻二氮菲的氮原子都有孤电子对，能和Fe2+形成双齿配体，Fe2+的配位数可能为6，C正确；D．邻二氮菲存在离域键，N原子均采用sp2杂化，3个sp2杂化轨道可以形成2个σ键，容纳一对孤电子对，孤电子对在sp2杂化轨道，D错误；故答案选C。15.常温下，将0.1mol·L-1NaOH溶液滴入50mL0.1mol·L-1H3T溶液中，溶液中含T微粒(H3T、H2T-、HT2-、T3-)的分布系数、溶液pH与加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示。已知：(T3-)=。下列叙述错误的是A.a、c线分别代表H3T、HT2-的分布系数变化情况B.pH=7时，c(Na+)>3c(HT2-)+3c(T3-)C.c(H3T)=c(HT2-)时溶液pH=4.98D.由M至N的滴定过程中，不可用甲基橙作指示剂【答案】C【解析】【分析】向H3T中滴加NaOH溶液，逐步生成H2T-、HT2-、T3-，所以a、b、c、d曲线分别为H3T、H2T-、HT2-、T3-，加入50mLNaOH时，恰好生成NaH2T，加入100mLNaOH时，恰好生成Na2HT，加入150mLNaOH时，恰好生成Na3T。【详解】A．由分析可知，A正确；B．溶液中存电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(H2T-)+2c(HT2-)+3c(T3-)+c(OH-)，pH=7时，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(H2T-)+2c(HT2-)+3c(T3-)，从图中可以得到，pH=7时，c(H2T-)>c(HT2-)，所以c(Na+)>3c(HT2-)+3c(T3-)，B正确；C．由图可知，pH=2.1时，c(H3T)=c(H2T-)，则=c(H+)=10-2.1，pH=7.2时c(H2T-)=c(HT2-)，所以当pH=7.2时，，由Ka1·Ka2可得当c(H3T)=c(HT2-)时，pH=4.65，C错误；D．由M至N的滴定过程中，由图可知，突变在pH=8之后，而甲基橙在pH>4.4后一直为黄色，滴定过程中，没有颜色变化，所以不可用甲基橙作指示剂，D正确；故答案选C。二、非选择题：本题共4小题，满分55分。16.二氧化铈(CeO2)是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示已知：①Ce4+能与F-结合成[CeFx](4-x)+，也能与结合成[CeSO4]2+②“萃取”时存在反应：Ce4++n(HA)2Ce·(H2n-4A2n)+4H+，在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能；③在一定条件下，Ce(IV)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比是一个常数D，D=Kd=；萃取率=×100%。（1）“氧化焙烧”后，Ce元素转化为CeO2和CeF4.写出氧化焙烧的化学方程式：___________。酸浸步骤中提高浸取率的方法有___________(写一种)。（2）“萃取”时存在反应：Ce4++n(HA)2Ce·(H2n-4A2n)+4H+，保持其他条件不变，若在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c()，如下图所示，请解释D随起始料液中c()变化的原因___________。（3）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下Ce4+转化为Ce3+，写出反应的离子方程式___________。（4）“氧化”步骤的离子方程式为___________。（5）利用离子交换法浸出稀土离子(RE3+)的过程如图所示，已知离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强。下列离子对Ce3+交换能力最强的是___________(填字母)A.Na+ B. C.Mg2+ D.Cl-（6）为测定回收所得CeO2样品的纯度，进行如下实验：称取4.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得100mLCe(SO4)2溶液。量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00mL0.5000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(过量)，再用0.01000mol·L-1KMnO4标准溶液液定至终点，消耗标准溶液24.00mL。滴定过程中发生如下反应(均未配平)：Ce4++Fe2+→Ce3++Fe3+；+Fe2++H+→Mn2++Fe3++H2O。计算CeO2样品的纯度为___________%(结果保留三位有效数字)。【答案】（1）①.4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2②.搅拌，适度升温，粉碎固体等均可。（2）随着c()增大，水层中Ce4+被结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小。（3）2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H2O（4）2Ce(OH)3+ClO-+H2O=2Ce(OH)4+Cl-（5）C（6）81.7【解析】【分析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3)经氧化焙烧将+3价铈氧化为+4价，同时产生CO2，加入盐酸酸浸得到含Ce4+的溶液，再加入萃取剂发生反应：Ce4++n(HA)2⇌Ce·(H2n-44A2n)+4H+，经分液分离有机层和水层，用氟洗液洗涤有机层，再加入硫酸和过氧化氢进行反萃取，同时将+4价铈还原为Ce3+，分液得到含Ce3+的水层，再加入NaOH使Ce3+转化为Ce(OH)3沉淀，过滤后再加入NaClO，将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4过滤得到Ce(OH)4固体，据此解答。【小问1详解】由分析可以知道，CeFCO3经氧化焙烧将+3价铈氧化为+4价，同时产生CO2，Ce4+能与F-结合成，可以得到方程式：4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2；酸浸步骤中提高浸取率的方法的核心在于使反应更充分，使反应更充分的措施有搅拌，适度升温，粉碎固体等。【小问2详解】由分析可知，随着c()增大，水层中Ce4+被结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小。【小问3详解】由分析可知，加入硫酸和过氧化氢进行反萃取，同时将+4价铈还原为Ce3+，根据反应物，生成物以及氧化还原反应得失电子守恒配平方程式得到：2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+。【小问4详解】由分析可以知道，氧化过程是将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，根据氧化还原反应得失电子守恒可以得到方程式：2Ce(OH)3+ClO-+H2O=2Ce(OH)4+Cl-。【小问5详解】根据离子半径越小、电荷越大、离子交换能力越强，Mg2+的半径最小，电荷数最大，所以对RE3+交换能力最强的是Mg2+，故选C。【小问6详解】n(Fe2+)=0.5000mol/L×0.01L=0.005mol，n()=0.01000mol/L×0.024L=0.00024mol，根据得失电子守恒可得：n(Fe2+)=n(CeO2)+5n()，n(CeO2)=0.005mol-5×0.00024mol=3.8×10-3mol，样品中n(CeO2)=3.8×10-3mol×=0.019mol，m(CeO2)=172g/mol×0.019mol=3.268g，。故答案应为81.7。17.褪黑素是由松果体产生的一种胺类激素，在调节昼夜节律及睡眠-觉醒方面发挥重要作用。某研究小组以乙炔为原料，设计合成路线如下(部分反应条件已省略)：已知：①褪黑素的结构为；②；③乙酸钠在碱石灰作用下发生反应：；回答下列问题：（1）B的名称为___________；B→C的化学反应方程式为___________。（2）H中含氧官能团的名称为___________；E的结构简式为___________。（3）通常用酯基和氨基反应生成酰胺基，不用羧基和氨基直接反应，例如：结合成键元素间电负性差值大小解释原因___________。元素HCO电负性2.12.53.5（4）核磁共振仪也能检测出分子中不同化学环境的碳原子，C分子中有___________种不同化学环境的碳原子。（5）综合上述信息并结合所学知识，在下图方框中填写合适的物质(写结构简式)。①___________；②___________。【答案】（1）①.丙烯腈②.（2）①.醚键、酰胺基②.（3）由于酯基中碳氧元素电负性差值大，容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，因此羧基与氨基难生成酰胺（4）7（5）①.②.【解析】【分析】和HCl在催化下发生加成反应生成A，结合分子式可知，其结构式为，A和NaCN发生取代反应生成B，结合B的分子式可知，其结构式为。B和M发生加成反应生成C，根据C的结构简式及M的分子式可知，M为。C和氢气发生加成反应生成D，D比C多4个氢原子，则C中完全和发生加成反应，则D结构简式为。D发生取代反应生成E，E发生水解反应然后酸化得到F，根据F的结构简式及E的分子式知，E为。H在NaOH条件下，其中的酰胺键发生水解反应生成I，I的结构式为。I和碱石灰反应生成J，结合已知条件③可知，J的结构简式为。J发生取代反应生成褪黑素，据此作答。【小问1详解】由分析可知，B的结构式为，其名称为丙烯腈；B在碱的作用下与化合物M发生加成反应生成C，该反应化学方程式为：。【小问2详解】从H的结构式可以看出，其中的含氧官能团为醚键和酰胺基；由分析可知，E的结构简式为；【小问3详解】由于酯基中C和O元素电负性差值大，为1.0，羧基中氢氧元素电负性差值为1.4，大于碳氧元素的电负性差值，比碳氧键更容易断裂，因此酯基与氨基容易形成酰胺，羧基与氨基难生成酰胺；【小问4详解】该化合物中，处于不同化学环境的C原子为：，共7种；【小问5详解】通过逆合成分析法，结合已知条件②可知，可由和合成，则①的结构简式为；可由和乙醇经酯化反应合成，则②的结构简式为。18.氯化铁常用于污水处理、印染、电子等领域。实验小组制备FeCl3并对其进行探究。Ⅰ．无水氯化铁的制备：（1）A装置发生的化学反应方程式为___________。（2）FeCl3固体100℃时开始升华，D处硬质玻璃管右端没有加橡胶塞且用广口瓶收集氯化铁的原因是___________。（3）反应一段时间后测得F溶液中离子浓度满足：c(Cl-)>c(ClO-)+c(HClO)可能的原因是___________。Ⅱ．实验探究i：已知：①Fe3+在溶液中以络离子的形式存在，如[Fe(H2O)6]3+(浅紫色)(答题可简写为“Fe3+”)、[Fe(OH)]2+(黄色)、[FeCl4]-(亮黄色)等；②H2O、与Fe3+的络合能力较弱。（4）已知：0.05mol/LFe2(SO4)3溶液为浅黄色，请用离子方程式加以解释：___________。0.1mol/LFeCl3溶液显黄色。某同学猜测0.1mol/LFeCl3溶液显黄色的原因之一是生成[FeCl4]-，请设计实验加以证明：___________。Ⅲ．实验探究ii：（5）已知：①电极电势(φ/V)是衡量微粒进行氧化还原反应能力的重要参数。电极：氧化态+ne-=还原态，φ/V越大，氧化态的氧化性越强；φ/V越小，还原态的还原性越强。电极电势通常会受温度和二者浓度的影响。②25℃时，当各离子浓度均为1mol/L时，Fe3++e-=Fe2+φ/V1=0.77VAg++e-=Agφ/V2=0.80V。③氧化还原反应的平衡常数与标准电动势()有关，，z表示氧化还原反应转移的电子数，为氧化型电极电势(氧化剂和它的还原形式在1mol·L-1，浓度下表现出的电动势)，为还原型电极电势。则可以从以下两个角度推测Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+进行的方向及程度大小。a：通过计算，该正反应的K=___________。b：设计如图实验装置：烧杯A中的电解质溶液是___________。(不考虑Cl-与Fe3+络合)实验现象：电流表指针向右偏转(电流表指针偏向电流流入的一边)实验结论：该反应较难正向进行。【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O（2）FeCl3固体易升华，遇冷后凝华为固体堵塞装置；（3）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水反应放热，温度升高可能发生副反应：3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O（4）①.Fe3++H2O[Fe(OH)]2++H+②.取少量0.1mol/LFeCl3溶液于洁净的试管中，滴加少量饱和NaCl溶液(或者加一定量NaCl固体)，观察到溶液黄色变深（5）①.10-0.507(答10-0.51也可)②.1mol/LFeCl3和1mol/LFeCl2(0.5mol/LFe2(SO4)3和1mol/LFeSO4)【解析】【小问1详解】实验室制氯气的方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；【小问2详解】FeCl3固体易升华，遇冷后凝华为固体堵塞装置，故D处硬质玻璃管右端没有加橡胶塞且用广口瓶收集氯化铁；【小问3详解】氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水反应放热，温度升高可能发生副反应：3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，考虑ClO-水解并结合两个反应可知c(Cl-)>c(ClO-)+c(HClO)；【小问4详解】由溶液显浅黄色可知三价铁离子水解生成了[Fe(OH)]2+，故方程式为Fe3++H2O⇌[Fe(OH)]2++H+，若0.1mol/LFeCl3溶液显黄色的原因之一是生成[FeCl4]-，则其方程式为Fe3++4Cl-⇌[FeCl4]-，由平衡移动的理论可设计方案如下：取少量0.1mol/LFeCl3溶液于洁净的试管中，滴加少量饱和NaCl溶液(或者加一定量NaCl固体)，若观察到溶液黄色变深，说明0.1mol/LFeCl3溶液显黄色的原因之一是生成[FeCl4]-；【小问5详解】①由信息①②③可知该正反应的，所以K=10-0.507；②由题干信息，当各离子浓度均为1mol/L时，研究反应进行情况，则烧杯A中的电解质溶液是1mol/LFeCl3和1mol/LFeCl2，或者0.5mol/LFe2(SO4)3和1mol/LFeSO4。19.碳及其化合物在生产生活中有着非常重要的作用。甲烷、一氧化碳与水蒸气反应是工业上制取氢气的重要方法，涉及的主要反应如下反应Ⅰ．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=+205.9kJ·mol-1反应Ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ·mol-1（1）①CH4(g)与CO2(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为___________。②一定温度下，向10L恒容密闭容器中充入1molCH4和1molH2O(g)，发生反应Ⅰ、Ⅱ，下列说法正确的是___________(填字母)。A．低温更适合反应Ⅰ自发进行B．H2O(g)的分压不变时容器内反应达到平衡状态C．升温一定有利于提高相同时间内H2产量D．若将容器改为恒压容器，平衡时H2产量将降低（2）100kPa下，将n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体投入恒压反应器中发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。曲线a代表___________的物质的量分数与温度的变化曲线：若其他条件不变，则600℃时反应Ⅱ的平衡常数Kp=___________；a曲线变化趋势的原因是___________。（3）我国学者结合实验与计算机模拟，研究了金催化剂表面进行反应Ⅱ的反应历程，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，能量变化如图所示：该历程中包含多个基元步骤。写出决速步骤的化学方程式：___________。反应Ⅱ的正反应活化能Ea为___________eV。（