2026年高考考前预测卷-化学03（新高考全国15+4）（全解全析）

/2026年高考考前预测卷高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cr52一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．【地方风情】非物质文化遗产是人类文明的结晶和宝贵的共同财富。下列相关说法错误的是A．黑龙江赫哲族鱼皮制作技艺——鱼皮中的蛋白质由氨基酸经过聚合反应得到B．吉林四平传统面食制作技艺——面食中的淀粉属于低聚糖C．辽宁省抚顺市煤精雕刻——煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物D．内蒙古桦树皮制作技艺——桦树皮中的纤维素可以水解生成葡萄糖【答案】B【解析】A．蛋白质由氨基酸通过脱水缩合(聚合反应的一种)形成，A正确；B．淀粉是多糖，而低聚糖(寡糖)通常由3-10个单糖组成，因此淀粉不属于低聚糖，B错误；C．煤主要含有机物(如碳)，同时含有少量无机物(如硫、矿物质)，是复杂混合物，C正确；D．纤维素是多糖，水解后可生成葡萄糖，D正确；故选B。2．下列有关实验操作、试剂保存或处理方法正确的是A．AgBr固体保存在棕色细口瓶中B．实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火C．润洗滴定管时，应将润洗液从滴定管上口倒出D．向皂化产物中加入适量饱和食盐水，再分液除去甘油【答案】B【解析】A．AgBr属于固体试剂且见光易分解，应保存在棕色广口瓶中，A错误；B．二氧化碳不导电，使用二氧化碳灭火器扑灭电器设备着火，不会造成漏电、电器二次损坏等问题，该操作合理，B正确；C．润洗滴定管时，为了充分润洗滴定管的全部管腔，润洗液需要从滴定管下口放出，不能从上口倒出，C错误；D．向皂化产物中加饱和食盐水后，高级脂肪酸钠发生盐析析出，析出的固体需要通过过滤分离，分液无法分离固体和液体，也不能通过分液除去甘油，D错误；故选B。3．下列关于反应的叙述正确的是A．简单氧离子的结构示意图为B．基态原子的电子分别占据5个能级C．的电子式为D．的空间结构为【答案】B【解析】A．简单氧离子的结构示意图为，A错误；B．基态原子（原子序数17）的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，占据的能级为1s、2s、2p、3s、3p，共5个能级，B正确；C．是共价化合物，电子式为，C错误；D．中心的价层电子对数为，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形，不是题图所示的平面三角形，D错误；故选B。4．物质结构决定性质，下列对有关性质比较的解释不合理的是选项性质比较解释A石墨能导电石墨为层状结构，同一层相互平行重叠的p轨道中电子可在整个碳原子平面内运动B酸性：原子半径：O<S，键长：O—H<S—H，键能：O—H>S—HC稳定性：金属性：Ca>Mg，中离子键强于中离子键D热稳定性：价层电子排布式为，d轨道全充满，较稳定【答案】C【解析】A．石墨中碳原子为sp2杂化，每个碳原子剩余1个含未成对电子的p轨道，同一层内p轨道平行重叠形成离域大π键，电子可在整个碳原子平面内自由移动，因此石墨能导电，A正确；B．S原子半径大于O原子，则S-H键键长大于O-H键，键能S-H小于O-H，键更易断裂，故乙硫醇酸性强于乙醇，B正确；C．Ca2+的电子层数大于Mg2+，则半径：Ca2+>Mg2+，离子电荷相同时，阳离子半径越小离子键越强，因此中离子键强于中的离子键；碳酸盐的热稳定性差异源于阳离子极化能力，Mg2+半径更小、极化能力更强，更易使碳酸根分解，该现象与金属性无关，C错误；D．价层电子排布式为，d轨道全充满，为稳定结构，Cu2+价电子排布为3d9，稳定性弱于，因此热稳定性Cu2O大于CuO，D正确；故选C。5．东风-5C彰显国家力量，其采用双组元液体推进剂发生如下反应：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．中含有的质子数为10B．含有的键为11C．反应生成时，转移的电子数为16D．标准状况下，可转化为的数目为2【答案】B【解析】A．的摩尔质量为，的物质的量为，1个分子含10个质子，因此中含有的质子数为，A错误；B．中所有共价键均为单键，单键均为键，数出该分子共含有11个键，因此含有的键为，B正确；C．根据反应化合价变化，生成时总转移电子为，物质的量为，因此生成时转移电子数为，C错误；D．转化为存在可逆平衡，反应不能进行完全，且标准状况下为液态，物质的量不是，最终的数目小于，D错误；故答案选B。6．我国科学团队成功开发出一种直接、区域选择性的吡啶C-3位卤化新策略，用简单的醚溶剂效应打破了半个多世纪的合成瓶颈，下图为卤化合成路线及应用，已知吡啶（）与苯结构与性质相似，下列说法错误的是A．反应①和反应②反应类型相同 B．有机物Z中C的杂化类型有2种C．甲基吡啶和苯胺互为同分异构体 D．1molY最多消耗2molNaOH【答案】D【解析】A．反应①：吡啶环上的氢被溴原子取代，属于取代反应。；反应②：Y分子中的溴原子与发生取代反应，所以反应①和反应②类型相同，A正确；B．双键上的C原子是sp2杂化，单键上的饱和C原子是sp3杂化，因此杂化类型有2种，B正确；C．甲基吡啶和苯胺的分子式（C6H7N）相同，结构不同，互为同分异构体，C正确；D．有机物Y的结构中，除了1个酯基，还有溴原子；酯基水解消耗1molNaOH；溴原子在碱性条件下水解，生成酚羟基和HBr，HBr会与NaOH反应，消耗1molNaOH；生成的酚羟基在碱性条件下会与NaOH反应，再消耗1molNaOH。所以1molY最多消耗3molNaOH，D错误；故选D。7．下列实验操作不能达到实验目的的是选项实验操作实验目的A向分别盛有1g碳酸钠和1g碳酸氢钠固体的试管中加入，振荡比较和溶解度B将溶液和KSCN溶液混合，颜色不变时再滴加KSCN溶液探究对化学平衡的影响C用玻璃棒蘸取溶液点在淀粉-KI试纸的中央验证氧化性：D将溴乙烷与NaOH溶液混合加热，先加入硝酸，然后加入溶液检验溴乙烷分子中存在溴原子【答案】A【解析】A．碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，1g碳酸钠和1g碳酸氢钠在5mL水中，二者的温度不同，无法比较二者的溶解度，该操作不能达到实验目的，A符合题意；B．初始混合后发生反应：，体系颜色不变时达到平衡，再滴加KSCN溶液可增加，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，颜色加深，故可探究对化学平衡的影响，B不符合题意；C．I2遇淀粉变蓝，若该实验中淀粉-KI试纸变蓝，说明Fe3+氧化I-生成I2，可证明Fe3+氧化性强于I2，该操作能达到目的，C不符合题意；D．溴乙烷与NaOH溶液混合加热，溴乙烷发生水解，先加入硝酸中和NaOH，再加入AgNO3溶液，生成淡黄色AgBr沉淀，可检验溴乙烷分子中存在溴原子，该操作能达到目的，D不符合题意；故选A。8．某实验小组采用除水、升华相结合的方法以为原料制备无水氯化锌(如图)。下列叙述错误的是A．仪器B是恒压滴液漏斗B．三颈烧瓶和装置C中的浓硫酸的作用相同C．除水阶段和升华阶段均需要加热D．装置D导出的尾气可用装置E吸收【答案】B【分析】A中产生氯化氢气体，干燥后使氯化锌晶体在氯化氢气氛中失水制备无水氯化锌，据此回答；【解析】A．由图可知，仪器B是恒压滴液漏斗，A正确；B．三颈烧瓶中的浓硫酸作用是产生氯化氢气体，装置C中的浓硫酸的作用是干燥氯化氢气体，B错误；C．失去结晶水和升华都要吸收热量，故两个阶段均需要加热，C正确；D．装置D导出的尾气是氯化氢气体，易溶于水，需要E装置防止倒吸，D正确；故选B。9．化合物[WQ4Z3(YX4)2(XQ)6]是一种重要的无机检测试剂。其中Q、W、X、Y和Z为五种原子序数依次增大的前四周期元素，W和X对应单质是空气的主要成分，X和Y同主族，基态Y原子与基态Z2+的价电子数相同。下列有关说法错误的是A．电负性：X>W>QB．原子半径：X<W<YC．W和X的单质中均只含非极性键D．Q、W、Y、Z均能与X形成多种二元化合物【答案】C【分析】Q、W、X、Y和Z为五种原子序数依次增大的前四周期元素，W和X对应单质是空气的主要成分，则W为N元素、X为O元素；X和Y同主族，基态Y原子与基态Z2+的价电子数相同，则Y为S元素、Z为Fe元素；由化合物的化学式可知，Q为H元素，据此解答。【解析】A．同周期元素从左到右，电负性依次增大，即电负性：O＞N，且中N、H元素化合价分别为-3、+1，即N、H原子间的共用电子对偏离H而偏向N原子，电负性：N＞H，所以电负性：O＞N＞H，即X>W>Q，A正确；B．电子层数越大，原子半径越大，且同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径：S＞N＞O，即Y>W>X，B正确；C．W的单质是N2，只含非极性键，但X的单质有O2和O3，O3分子中的共价键是极性键，C错误；D．氢元素能与氧元素形成、，氮元素能与氧元素形成、、、、等二元化合物，硫元素能与氧元素形成、，铁元素能与氧元素形成、、，则Q、W、Y、Z均能与X形成多种二元化合物，D正确；故选C。10．将砷化镓与砷化锗高温熔合可得到一种新型半导体，既能提高砷化镓半导体的超导性能，又能克服砷化锗半导体的脆性。该新型半导体的立方晶胞结构如图所示。下列说法正确的是A．该晶体中Ge、Ga、As的原子个数比为B．第一电离能：C．As、Ge、Ga的配位数均为4D．该晶体中与As原子最近且等距的As原子有6个【答案】C【解析】A．原子位于晶胞内，原子数为个；原子位于晶胞内，原子数为个；原子位于晶胞顶点和面心，顶点，面心，共个，原子个数比为，A不符合题意；B．同周期主族元素第一电离能从左到右呈增大趋势，第一电离能：，B不符合题意；C．由晶胞结构可知，Ge、Ga、As均分别与另外4个原子通过共价键连接，所以Ge、Ga、As的配位数均为4，C符合题意；D．该晶体中与As原子最近且等距的As原子有12个，D不符合题意；故选C。11．【古籍情境】北魏末年贾思勰在《齐民要术》中详细记载了制作“花盐”和“印盐”的方法，这两种盐“白如珂雪，其味又美”，是古代精盐的代表。粗盐溶液中含有、、杂质，从粗盐溶液中获得精制NaCl晶体的操作流程如图所示：下列说法错误的是A．试剂X、Y、Z、M分别为稍过量的、NaOH、、HCl溶液B．试剂Z除去的杂质阳离子为和C．固体N中只含有三种物质D．操作①为过滤，操作②为蒸发结晶【答案】C【分析】粗盐溶液中含有、、杂质，除硫时加入稍过量的溶液，转化为沉淀，除镁时加入稍过量的NaOH，转化为沉淀，除杂质阳离子加入稍过量的后，将和过量的转化为和沉淀，操作①为过滤，往滤液中加入稀盐酸，除去过量的和，然后进行蒸发结晶，得到纯净的NaCl晶体。【解析】A．除杂质时，不能引入新的杂质，所以试剂X、Y、Z、M分别为稍过量的、NaOH、、HCl溶液，A正确；B．由解析可知，试剂Z为，除去的杂质阳离子为和，B正确；C．由解析可知，固体N中含有、、、四种物质，C错误；D．由分析可知，操作①为过滤，操作②为蒸发结晶，D正确；故选C。12．某科研团队设计出镍离子电池（），该电池在首次充电中，离子从框架中脱出并形成基质，然而在接下来的循环中，由于电解液中离子很少，只有离子可以可逆嵌入基质中并形成。关于该电池说法错误的是（

）A．该电池在首次充电中，V元素化合价升高B．充电时，C．该电解液一定是有机溶剂D．放电时，正极的电极反应式为：【答案】C【分析】由题可知，首次充电时，含基质一端脱出，化合价升高，作阳极，为阴极；放电时含V元素电极一极在放电时得电子，作正极，失电子作负极，以此作答；【解析】A．首次充电时，脱出2个，变为，化合物整体呈电中性，负价总数不变，正价总数需保持不变，脱出2个单位正电荷后，V元素总化合价升高2价，因此V元素化合价升高，A正确；B．有图可知，Ni@C电极为阴极和负极，充电时反应为，放电时反应为，B正确；C．该电池含相关组分，若用水溶液作为电解质，充电过程可能发生水的电解副反应，影响的嵌入，因此通常选用有机溶剂作为电解液。但“一定”为有机溶剂的说法过于绝对，C错误；D．由分析知，放电时右侧为正极，得电子，电极方程式为：，D正确；故答案选C。13．向1L的恒容密闭容器中充入1molM和2molN，发生如图1所示的反应，不同物质的物质的量随反应时间(t)的变化如图2所示。40min时各物质浓度保持不变。下列说法正确的是A．反应③的活化能小于反应②的活化能B．反应①的平衡常数大于反应②的平衡常数C．升高温度，可提高平衡时产物中X的占比D．平衡后，若再充入0.20molY、0.40molZ，反应③的v正<v逆【答案】B【分析】X：初始0，平衡时0.20mol；Z：初始0，平衡时0.72mol；Y：初始0，平衡时0.08mol，设反应②生成的Y为n，反应③消耗的Y为2，则，n=1.52mol。【解析】A．由图像可知，反应开始后反应②的斜率大于反应③的斜率，说明反应②的反应速率大于反应③的反应速率，反应速率越快活化能越小，因此反应②的活化能小于反应③的活化能，A错误；B．反应①：K1==，反应②：K2==，K1K2，B正确；C．题目没有给出反应热，无法判断温度对平衡的影响，因此不能确定升高温度是否能提高X的占比，C错误；D．反应③平衡常数：K3=，再充入后c(Y)=0.28mol/L，c(Z)=1.12mol/L，浓度商：Q=<K3，平衡正向移动，，D错误；故选B。14．1，2，3-三氮唑类有机物的合成方法不多，但通过经典的点击反应，炔烃与叠氮化物发生环化可得到该类五元杂环化合物，简单而实用，反应机理如图所示：下列说法错误的是A．和均是反应的催化剂 B．物质e能与金属阳离子形成配位键C．第Ⅱ步反应的原子利用率为100% D．物质c中氮原子之间的键能不相同【答案】A【解析】A．由反应历程分析，是催化剂，是反应物，在反应中被消耗，不是催化剂，故A错误；B．e中氮原子有孤对电子参与杂化，能形成配位键，故B正确；C．第Ⅱ步反应是加成反应，原子利用率为100%，故C正确；D．物质c中来自叠氮化物的三个氮原子化学环境不同，因此氮原子之间的键能不相同，故D正确；故答案为A。15．一价金属元素的弱酸盐和均为难溶电解质，且相等。常温下、溶液中浓度的负对数与溶液的关系曲线如图所示。已知：不水解，曲线、分别表示、溶液中与溶液的关系曲线；曲线、曲线与纵轴的交点分别是2、1，下列说法正确的是A．常温下的B．浓度相同的KX和KY溶液中阴离子总浓度较大的是KX溶液C．时，溶液中浓度为D．常温下，浓度相同的、结合的能力：【答案】B【分析】和均为难溶电解质，且相等。pH很大时，、溶液中X-、Y-几乎不水解，c(N+)≈c(X-)=c(Y-)；根据图像，pH很大时c(N+)=10-4，所以；曲线与纵轴的交点为1，即c(H+)=1mol/L时，c(N+)=0.1mol/L，c(Y-)=，根据物料守恒c(N+)=c(Y-)+c(HY),c(HY)=c(N+)-c(Y-)=0.1-10-7≈0.1mol/L，常温下的；同理曲线与纵轴的交点为2，即c(H+)=1mol/L时，c(N+)=0.01mol/L，c(X-)=，根据物料守恒c(N+)=c(X-)+c(HX),c(HX)=c(N+)-c(X-)=0.01-10-6≈0.01mol/L，常温下的。【解析】A．根据以上分析，常温下的，故A错误；B．，根据“越弱越水解”，浓度相同的KX和KY溶液中Y-水解程度大于X-，KX溶液中H+浓度大于KY溶液中H+浓度，根据电荷守恒，溶液中阴离子总浓度等于钾离子和氢离子浓度之和，所以阴离子总浓度较大的是KX溶液，故B正确；C．根据图像，时，浓度大于，故C错误；D．常温下，，则浓度相同的、结合的能力：，故D错误；选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．（13分）纳米ZnO是一种新型高功能精细无机粉料。以铅锌烟灰(主要成分为ZnO，还含有少量PbO、FeO、MnO及不溶于酸的杂质)制备纳米ZnO的流程如下：已知：（1）检验酸浸液中是否含有的实验方法：______。（2）“除杂1”是去除酸浸液中的铁、锰，所得滤渣2成分主要为和。①写出除锰过程中发生反应的离子方程式：______。②“除杂1”中高锰酸钾的实际消耗量稍大于理论消耗量，可能的原因是______。（3）与“除杂1”所得滤液相比，“除杂2”所得滤液中浓度变小的离子有______(填化学式)。（4）制备纳米ZnO时，先用溶液与溶液反应生成沉淀，然后加热分解制得纳米ZnO。溶液中含碳微粒和含氮微粒分布分数如题图-1所示；纳米ZnO平均粒径随沉淀反应温度、热分解温度及热分解时间的变化如题图-2所示；生成会影响纳米ZnO的纯度。相对于采用溶液，本实验采用溶液可减少的生成。请结合平衡常数分析原因：______。②补充完整制备平均粒径为60nm的ZnO的实验方案：向反应容器中先加入溶液，______，冷却即得产品。[须使用的试剂：溶液、溶液、蒸馏水、气氛]【答案】（除标明外，每空2分）（1）取少量酸浸液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，则含Fe2+（2）酸浸液中的Cl-可能消耗部分KMnO4，生成的沉淀包裹了部分KMnO4（3）、H+（4）①Kh()=10-9.26，Kh(C2)=10-9.81，Kh()>Kh(C2)，且c()>c(C2)，(NH4)2C2O4溶液显弱酸性②然后将反应器置于97.5℃的水浴中，边搅拌边加入0.3mol·L-1(NH4)2C2O4溶液至沉淀完全，却后过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤滤液滴加AgNO3溶液不变浑浊，将沉淀干燥后，在O2气氛中于750℃焙烧4.5h（3分）【分析】铅锌烟灰主要成分为ZnO，还含有少量PbO、FeO、MnO及不溶于酸的杂质，加入盐酸、NaCl将ZnO、PbO、FeO、MnO溶解后转化为、、、进入“除杂1”，“滤渣1”为不溶于酸的杂质；“除杂1”加入高锰酸钾去除酸浸液中的铁、锰，所得滤渣2成分主要为和，进入“除杂2”的是、，加入过量锌粉将Pb元素还原为Pb进入“滤渣3”同时得到溶液，经系列操作得到纳米ZnO。【解析】（1）检验酸浸液中是否含有的实验方法是：取少量酸浸液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，则溶液中含Fe2+。（2）①“除杂1”是去除酸浸液中的铁、锰，所得滤渣2成分主要为和。故除锰时与酸性高锰酸钾反应生成，离子方程式为。②酸浸液中的Cl-与高锰酸钾发生氧化还原反应，可能消耗部分KMnO4，另外生成的沉淀包裹了部分KMnO4，造成高锰酸钾的消耗量增多。（3）进入“除杂2”的是、，加入过量锌粉将Pb元素还原为Pb单质，故溶液中浓度变小的离子有，同时锌与氢离子反应生成氢气，浓度变小的离子有H+和。（4）由图-1可知，铵根浓度与一水合氨浓度相等时，pH=9.26，氢离子浓度为10-9.26mol/L，可以计算出Kh()=10-9.26，同样，当C2与HC2浓度相等时，对应的pH为4.19，氢氧根浓度为10-9.81mol/L，可以计算出Kh(C2)=10-9.81，Kh()>Kh(C2)且c()>c(C2)，(NH4)2C2O4溶液显弱酸性，可以减少Zn(OH)2的生成。制备平均粒径为60nm的ZnO沉淀时的反应温度为98℃，热分解的温度为750℃，热分解的时间选择4.5h。先加入溶液，然后将反应器置于97.5℃的水浴中，边搅拌边加入0.3mol·L-1(NH4)2C2O4溶液至沉淀完全，却后过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤滤液滴加AgNO3溶液不变浑浊，将沉淀干燥后，在O2气氛中于750℃焙烧4.5h可制得粒径为60nm的纳米ZnO。17．（14分）乙酸亚铬水合物，又称醋酸亚铬水合物，摩尔质量为。乙酸亚铬水合物不溶于水、乙醚(易挥发有机物)，微溶于乙醇，极易溶于盐酸。在通常情况下，很不稳定，易吸收空气中的而被氧化成醋酸铬水合物。乙酸亚铬水合物的制备实验步骤如下(已知的水溶液显绿色，的水溶液显蓝色)：Ⅰ．按图所示安装好装置，并检查装置的气密性完好。Ⅱ．称取2.5g(0.03mol)无水于抽滤瓶中，再加入6mL去氧水；向烧杯中加入自来水；在仪器a中加入3.0gZn粒和()，并加入3mL去氧水，颜色呈现为深绿色。Ⅲ．用去掉针头的10mL注射器1吸入5mL盐酸；关闭，打开，缓慢推动盛装盐酸的注射器1，向仪器a中滴入盐酸，搅拌，溶液颜色由蓝绿色变为亮蓝色。Ⅳ．关闭，打开，向外拉动注射器2的活塞，使三颈烧瓶中的液体进入抽滤瓶中，抽滤瓶中出现砖红色沉淀，即乙酸亚铬水合物沉淀。Ⅴ．将混合液及时进行减压抽滤，洗涤，所得产物在室温下干燥，称量产品质量为1.0g。回答下列问题：（1）仪器a的名称是___________；检查装置气密性的方法是关闭，打开，向外拉动注射器2的活塞，注射器1处的活塞下滑，把注射器2处活塞推回原处时，___________(回答现象)，表示气密性好。（2）仪器a中出现深绿色后滴加盐酸的作用是___________(填一条)，烧杯中水的作用是___________。（3）第Ⅳ步的抽滤瓶中发生反应的离子方程式是___________。基态Cr原子的价电子排布式为___________。（4）该实验中产品的产率约为___________%(保留三位有效数字)。【答案】（每空2分）（1）三颈烧瓶注射器1处活塞也恢复原状（2）提供酸性环境，有利于与反应；盐酸与反应生成，提供还原性气氛(填一条，合理即可)隔绝空气或水封(合理即可)（3）（4）70.9【分析】在三颈烧瓶中，锌粒和六水合三氯化铬发生氧化还原反应，将还原为，锌粒与盐酸反应生成氢气，关闭，打开，向外拉动注射器2的活塞，使三颈烧瓶中含有的溶液的液体进入抽滤瓶中，抽滤瓶中预先装有无水醋酸钠和去氧水，与反应生成乙酸亚铬水合物沉淀。【解析】（1）根据仪器构造可知仪器a的名称是三颈烧瓶。检查装置气密性时，关闭，打开，向外拉动注射器2的活塞，注射器1处的活塞下滑，把注射器2处活塞推回原处时，若注射器1的活塞回到原来的位置，表示装置气密性好，因为气密性好时，推回注射器2活塞会使装置内压强恢复，从而使注射器1活塞回到原位。（2）三颈烧瓶中出现深绿色后滴加盐酸，在酸性环境下与反应，盐酸与锌作用生成氢气，提供还原性气氛；烧杯中的水起到隔绝空气的作用，防止外界空气进入三颈烧瓶氧化产品。（3）第Ⅳ步抽滤瓶中发生反应：。是24号元素，根据核外电子排布规律，其基态原子的价电子排布式为。（4）的物质的量为，理论上制取的质量是，因此产品的产率是。18．（14分）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】（除标明外，每空2分）（1）醚键、硝基（1分）（2）保护，防止发生反应(或保护或保护亚氨基)（3）取代反应（1分）（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【分析】A先和环丁酮缩合关环，构建出带螺环结构的苯并氧杂母核B，B还原羰基得到C；C经苯环亲电溴代得到溴代物D，D的溴被哌嗪取代得到E，之后对哌嗪的游离氨基做酰基保护得到F，避免后续反应中该氨基参与副反应；F的硝基被还原为氨基得到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。【解析】（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，1mol该有机物发生银镜反应最多能生成4molAg，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。19．（14分）以In2O3为催化剂，使CO2向CH3OH转化，是实现CO2综合利用以及完成“碳中和”的一种重要途径。（1）49In位于元素周期表中______区。（2）CO2转化为CH3OH的过程中发生的主反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

△H1=-49.5kJ·mol-1，该反应在______(填“较高”或“较低”)温度下能自发进行；一定温度下，将CO2(g)与H2(g)以体积比1：3置于某刚性密闭容器中只发生该反应，下列能说明反应达到平衡状态的是______(填选项字母)。A．体系压强保持不变B．H2O(g)和CH3OH(g)的物质的量之比保持不变C．混合气体密度保持不变D．每消耗1molCO2(g)的同时生成1molCH3OH(g)（3）CO2转化为CH3OH的过程中伴有副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

△H2=+41.2kJ·mol-1发生。①反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

△H=______kJ·mol-1。②不同温度下，按n