化学02（黑吉辽蒙卷）（全解全析）-2026年高考考前预测卷

/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：H1C12N14O16S32Mo96一、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．国宝文物见证中华马魂。下列与马有关的文物中，主要成分属于合金的是A．汉代木马 B．朱红地联珠对马纹锦C．铜奔马 D．饮马图【答案】C【解析】A．汉代木马，其主要成分是木材，属于天然有机材料，不是合金，A不符合题意；B．朱红地联珠对马纹锦，锦是丝织品，丝的主要成分是蛋白质，属于有机物，不是合金，B不符合题意；C．青铜是在纯铜（紫铜）中加入锡或铅等形成的合金，所以铜奔马主要成分属于合金，C符合题意；D．饮马图，主要成分是纸张等，主要含纤维素，不是合金，D不符合题意；故选C。2．【社会热点】氮化硅()是一种高温陶瓷材料，工业上可通过硅粉与氨气在高温下反应制备，反应的化学方程式为。下列化学用语表示正确的是A．中子数为15的硅原子：SiB．的电子式为C．的VSEPR模型：D．基态N原子价层电子排布式：【答案】C【解析】A．Si的质子数为14，质量数=质子数+中子数=14+15=29，因此中子数为15的硅原子应表示为，A错误；B．N2中两个N原子形成三键，每个N原子最外层还剩1对孤对电子，正确电子式为，B项错误；C．中心N原子的价层电子对数=σ键数+孤对电子对数=，因此VSEPR模型为四面体形，C正确；D．N为7号元素，基态N原子核外电子排布为，价层电子排布式为，D错误；故选C。3．下列不符合实验安全要求的是A．皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用1%醋酸溶液冲洗B．实验剩余的白磷放回原瓶并水封C．无回收价值的含苯废液不可焚烧处理D．苯的溴化实验无需在通风橱中进行【答案】D【解析】A．皮肤溅上碱液时，应先用大量水冲洗稀释，再用1%醋酸中和残留碱液，防止碱液腐蚀皮肤，则皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用1%醋酸溶液冲洗符合实验安全要求，A不符合题意；B．白磷在空气中易自燃，所以实验剩余的白磷必须放回原瓶水封，避免白磷发生自燃而发生意外事故，所以实验剩余的白磷放回原瓶并水封符合实验安全要求，Ｂ不符合题意；C．苯为易挥发的有毒物质，含苯废液焚烧时会产生苯蒸气，且燃烧不完全会产生有毒的一氧化碳，所以无回收价值的含苯废液也不能焚烧处理，否则会污染环境，则无回收价值的含苯废液不可焚烧处理符合实验安全要求，Ｃ不符合题意；D．铁作催化剂条件下苯与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，苯和液溴均为易挥发的有毒物质，且反应生成的溴化氢也是有毒的气体，所以为防止实验时发生意外事故，苯的溴化实验必须在通风橱中进行，则苯的溴化实验无需在通风橱中进行不符合实验安全要求，D符合题意；故选D。4．【改编题】工业以硫黄或黄铁矿(主要成分为，焙烧后的烧渣成分为)为原料生产硫酸的主要流程如图所示。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．高温焙烧时转移的电子数为B．与足量充分反应，生成的分子数为C．硫酸中数为D．32g硫黄()中含有的孤电子对数为【答案】A【解析】A．高温焙烧时，Fe由+2价升到+3价，S由-1价升到+4价，转移电子数为11，A正确；B．128g的物质的量为2mol，与的反应为可逆反应，不能完全生成2mol，B错误；C．硫酸为浓硫酸主要以硫酸分子形式存在，数目小于，C错误；D．32g硫黄（S8）中含有1molS原子，每个S原子含有2对孤电子对，则32g硫黄中含有2mol孤电子对即2，D错误；故选A。5．聚合物Z可制成防弹装甲、消防服、防切割耐热手套，以及交通工具的结构材料和阻燃内饰等，其合成反应如下：下列说法错误的是A．X具有碱性，能与酸反应生成盐 B．Y中所有原子一定共平面C．Z在一定条件下可能实现降解 D．a的值为2n-1，该反应属于缩聚反应【答案】B【解析】A．X中含有，具有碱性，能与酸反应生成盐，故A不符合题意；B．羧基中C-O-H为V形结构，Y中苯环平面与酰氯基平面通过单键相连，单键旋转可导致所有原子不共平面，故B符合题意；C．Z中含有酰胺基，一定条件下可以水解成小分子，实现降解，故C不符合题意；D．该反应形成高分子的同时生成了小分子，属于缩聚反应，根据原子守恒，a的值为2n-1，D不符合题意；故答案选B。6．下列离子方程式或化学方程式书写正确且符合题意的是A．向Ba(NO3)2溶液中通入SO2，产生白色沉淀，发生的离子反应为：Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+B．向硫酸酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明一定发生了离子反应：8MnO+5S2-+24H+=8Mn2++5SO+12H2OC．向K3[Fe(CN)6]溶液中加入少量铁粉，产生蓝色沉淀，发生的离子反应为：Fe+2[Fe(CN)6]3-=Fe2++2[Fe(CN)6]4-、K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓D．铝和重氢氧化钠的H2O溶液反应的化学方程式：2Al+2NaOD+6H2O=2Na[Al(OH)4]+2D2↑+2H2↑【答案】C【解析】A．在酸性环境下会将氧化为，最终生成沉淀，正确离子方程式为，A错误；B．硫酸酸化的溶液本身就含有，滴加产生的白色沉淀，无法证明是来自的氧化产物，不能证明题述反应发生，B错误；C．加入铁粉后，与反应生成，再与、结合生成蓝色沉淀，C正确；D．反应中氢气全部来自水，不是来自碱中的氘，D元素会进入四羟基合铝酸钠中，不会生成，正确化学方程式为：，D错误；故选C。7．某化合物(结构如图)由原子序数递增的X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素组成，可用作分析试剂。已知Z原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子序数，Y、Z、W、M同周期，且Y、Z相邻，W、M相邻。下列说法正确的是A．简单氢化物的沸点：B．第一电离能：C．Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸D．电负性【答案】D【解析】根据题干信息可知，X、Y、Z、W、M都是短周期元素，Z原子最外层电子数是内层电子数的2倍，Z是C，碳原子序数为6，原子序数X+Y=Z=6，说明X、Y原子序数都小于6且Y、Z相邻，原子序数递增，故Y为B，X是H，Y、Z、W、M同周期且W、M相邻，结合结构中的成键个数可推，W为O，M为F，据此分析：A．由分析可知，M、W、Z的简单氢化物分别是、、，、分子间存在氢键，沸点高于，一个水分子可以形成4个氢键，一个HF分子只能形成2个氢键，水的氢键数更多，作用力更强，沸点更高，沸点由高到低，A错误；B．由分析可知，W、Y、Z分别是O、B、C，同周期自左向右，原子半径越小，对核外电子的吸引力越强，第一电离能越大，第IIA族和第VA族的大于相邻原子的，所以C、B、O的第一电离能顺序为，B错误；C．由分析可知，Z是C，碳的最高价氧化物对应水化物为，是弱酸，C错误；D．由分析可知，Z是C，Y是B，同周期主族元素从左到右电负性增大，B在C左侧，故电负性是，D正确；答案选D。8．根据实验目的，下列实验操作及现象、结论都正确的是实验目的实验操作及现象结论A检验电石气中是否含有乙炔将电石气通入酸性溶液，溶液褪色电石气中含有乙炔B检验中是否含有Cl原子将滴入硝酸银溶液，产生白色沉淀中含有Cl原子C比较和的水解常数用pH计分别测定相同浓度的KCN和KClO溶液的pH，前者大于后者D比较在水中与乙醇中的溶解度向蓝色水溶液中加入95%乙醇，析出深蓝色晶体在不同溶剂中的溶解度：【答案】C【解析】A．电石中含硫化钙、磷化钙等杂质，反应生成的等还原性气体也能使酸性溶液褪色，不能证明电石气中含乙炔，A错误；B．SOCl2遇水水解生成HCl和SO2，生成的SO2（或）与硝酸银反应也会生成白色亚硫酸银沉淀，无法证明SOCl2含Cl原子，B错误；C．相同浓度的强碱弱酸盐溶液，阴离子水解程度越大，溶液pH越大，对应水解常数越大，KCN溶液pH大于同浓度KClO溶液，可得出，C正确；D．加入乙醇后析出深蓝色晶体，说明在乙醇中溶解度更小，在不同溶剂中的溶解度，D错误；故选C。9．黄铁矿的主要成分是，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为。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，称为原子的分数坐标。下列说法正确的是A．晶胞中的阴、阳离子个数比为2:1B．晶胞中阳离子的原子分数坐标仅有4个：、、、C．晶胞中阴离子位于阳离子构筑的正八面体体心，该八面体的边长为D．晶体的摩尔体积为【答案】B【解析】A．中的阳离子为、阴离子为，晶胞中含有个数为，含有个数为，因此晶胞中的阴、阳离子个数比为1∶1，A错误；B．晶胞中的位置在顶点和面心，顶点的原子分数坐标为，面心的原子分数坐标有3个，分别为、、，B正确；C．晶胞中位于构筑的正八面体体心，该八面体的边长为面对角线的一半，即为，C错误；D．一个晶胞中含有4个，即每摩尔晶胞中含有，则晶体的摩尔体积为，D错误；故选B。10．对多酚物质的研究如图所示，以下说法正确的是已知：多酚类化合物能发生烯醇式和酮式的互变异构：

A．乙与足量H2加成后的产物中含有5个手性碳原子B．O-H的极性：甲<乙醇C．的互变异构体为D．可以发生加成、水解和消去反应【答案】C【解析】A．乙与足量H2加成后的产物中含有4个手性碳原子，A不符合题意；B．乙醇的烷基具有给电子效应，O-H极性较弱，甲物质中酚羟基受苯环吸电子共轭效应影响，O-H键极性比乙醇中的醇羟基更强，B不符合题意；C．由题给信息可知，1，3，5-苯三酚发生酮式互变异构，变为，C符合题意；D．含有的官能团是醚键和氰基，氰基可以发生加成、水解反应，无法发生消去反应，D不符合题意；故选C。11．以水泥厂的废料(主要成分为MgO，含少量MnO、、FeO、、等杂质)为原料制备的工艺流程如下：已知：。下列说法正确的是A．为提高酸浸速率，可使用浓硫酸B．试剂X可以是C．NaClO与物质的量为反应时的离子方程式为：D．操作a所得滤液经处理后可返回到“调pH”循环利用【答案】C【解析】以水泥厂废料（主要成分为，含少量、、、、等杂质）制备的流程为：废料先加入过量稀酸浸，、、、、与酸反应生成可溶性硫酸盐、、、、，不反应以固体形式残留；随后加入进行氧化，将氧化为、将氧化为沉淀；接着加入试剂调节，使、水解生成、沉淀，过滤除去、、等滤渣；最后对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（操作a），得到晶体。A．浓硫酸具有强氧化性和脱水性，且高浓度下浓度并非最高，会降低酸浸反应速率，同时带来安全隐患，因此不能使用浓硫酸提高酸浸速率，A错误；B．试剂的作用是调节溶液，使、沉淀，需要能与反应且不引入新杂质，应选择、、等含镁的碱性物质，而呈中性，无法调节，B错误；C．与按物质的量反应时，中从价被还原为价的，得到个电子，从价被氧化为价的，失去个电子，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为，C正确；D．操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所得滤液主要成分为溶液，可返回到“蒸发浓缩、冷却结晶”步骤循环利用，D错误；故答案选C。12．某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫单质的含量，其中硫单质转化为，主要实验步骤如下：I．准确称取mg细粉状药用硫黄于圆底烧瓶中，并准确加入乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，加热回流，待样品完全溶解，蒸馏除去乙醇。Ⅱ．室温下向圆底烧瓶中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量溶液，加热至，保持20min，冷却至室温。Ⅲ．将圆底烧瓶溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗HCl溶液体积为。Ⅳ。不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCl标准溶液体积为。已知：下列说法不正确的是A．步骤Ⅰ中，乙醇的作用是作溶剂，增大硫的溶解度，可用代替B．步骤Ⅱ中，不宜采用水浴加热C．步骤Ⅲ中，指示剂可以选择甲基橙D．单次样品测定中硫的质量分数为【答案】A【解析】A．CS2与水不互溶，则KOH不溶于CS2，而溶在水中，S易溶于CS2，若用CS2代替乙醇，则S和OH-不能充分接触，不利于反应的进行，A错误；B．由于实验需要加热至100℃，应选用油浴或其他更合适的加热方法；而水的沸点就是100℃，加热温度达到了水的沸点，水分蒸发过快，不易控温，所以不宜采用水浴加热，B正确；C．步骤Ⅲ是用HCl标准溶液滴定剩余的，属于强酸滴定强碱，甲基橙可以作为该滴定的指示剂，C正确；D．根据反应关系，1molS消耗2mol，空白实验中总KOH的物质的量为，样品滴定中剩余OH⁻为，因此和S反应的物质的量为，，S的质量为，则硫的质量分数为，D正确；故选A。13．一种高效光电催化水分解的装置如图1所示，光照时，催化电极的反应机理如图2所示，循环过程中催化电极消耗前2个的过程最慢，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．催化电极与外接电源的正极相连B．泡沫镍电极的电极反应式为C．过程①②③中，活化能最大的为过程①D．催化电极上完成次循环时，理论上泡沫镍电极上产生22.4LH2【答案】D【解析】A．催化电极上发生水的氧化反应生成O2，为阳极，应连接外接电源正极，A正确；B．泡沫镍电极为阴极，在碱性条件下，水得电子还原生成H2和OH-，泡沫镍电极的电极反应式为，该式符合电荷与原子守恒，B正确；C．由题干可知消耗前2个OH-的过程最慢，而图2显示过程①正是消耗2个OH-的步骤。根据动力学原理，最慢步骤对应最高活化能，故过程①②③中活化能最大的为过程①，C正确；D．一个完整循环中，催化电极失去4个电子（对应生成1molO2），泡沫镍电极获得4个电子，生成2molH2。若次循环，则生成2molH2。标准状况下，2molH2体积为44.8L；若非标准状况，体积不固定。选项给出22.4L，既未指明状态，数值也不匹配，D错误；故选D。14．我国科学家开发了一种镍催化的还原偶联策略实现对映选择性合成，如反应：，研究表明此化学反应的机理如图所示，中间产物用代号表示(如IM-3、IM-5R等)。其中和为对映异构体。下列说法中错误的是A．该反应生成R和S的反应均有3个基元反应，且第二步为决速步骤B．降低温度可提高的平衡产率C．产物中N和N之间只有键D．物质中化学键总键能：(S)-3a小于(R)-3a【答案】C【解析】A．生成R和S的反应路径在能量图中均显示3个能量峰（对应3个基元反应），且第二步的活化能（最高峰）最大，为决速步骤，A正确；B．(R)-3a能量（-58.0kJ/mol）低于反应物（0.0kJ/mol），反应放热，降低温度平衡正向移动，可提高(R)-3a平衡产率，B正确；C．产物的分子结构中N原子间含双键，还有π键，C错误；D．(S)-3a的稳定性弱于(R)-3a，能量越低物质越稳定，总键能越大，故(S)-3a总键能小于(R)-3a，D正确；故选C。15．【新考法】常温下，溶液中含硫粒子分布系数及饱和溶液中与pH的关系如图所示。已知：I．。Ⅱ．饱和溶液随pH变化过程中，保持不变。下列叙述正确的是A．曲线④代表与pH的关系B．的平衡常数C．的平衡常数D．常温下，溶液的pH约为4【答案】D【解析】根据硫化氢电离方程式可知，曲线①代表与pH的关系，曲线②代表与pH的关系，曲线③代表与pH的关系；再根据电离常数表达式以及电离常数大小关系，由a、b点坐标可计算：；根据金属硫化物在溶液中存在平衡：，，得：；同理，，得：；据此作答。A．根据图示，曲线④的斜率较大，则曲线④代表与pH的关系，曲线⑤代表与pH的关系，A错误；B．对于④曲线，，则，计算的溶度积：；同理，对于曲线⑤，pH=8，则，的平衡常数，B错误；C．的平衡常数，C错误；D．常温下，的溶液中，，即pH约为4，D正确；故答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．（14分）钼酸铵是生产高纯度钼制品、钼催化剂、钼颜料等的基本原料。一种以钼精矿(主要含，还含有少量、Cu和Fe的化合物等)为原料制备钼酸铵的工艺流程如下：已知：①钼盐溶液中含钼物种之间的平衡关系为：。②钼酸铵为白色晶体，具有很高的水溶性，不溶于乙醇。回答下列问题：(1)“焙烧”过程中采用“逆流焙烧”，其优点是①实现热量交换，节约能源；②___________。该过程中转化为的化学方程式为___________。(2)“除铜”过程中得到的浸渣2主要成分是___________(填化学式)。(3)“沉钼”过程中加入调节溶液pH=2.1，得到一种二水合钼盐沉淀，其化学式为___________。(4)“溶解”过程中需要控制温度在70℃左右，原因是___________。(5)“一系列操作”包含结晶、过滤、洗涤、干燥等，其中洗涤时所选用的最佳试剂为___________(填名称)。(6)的热重曲线如图所示。已知413K时样品失重的原因是失去了，则在a点失去的物质的量为________mol；图中b点对应固体残留物是___________(填化学式)。【答案】（14分，除标注外，每空2分）(1)增大固体与空气的接触面积，使焙烧充分，提高原料利用率；2MoS2+7O22MoO3+4SO2(2)CuS（1分）(3)(4)温度过低，溶解速率慢；温度过高，氨水易挥发，钼酸铵易分解(5)乙醇（1分）(6)3【解析】辉钼矿高温煅烧，发生反应2MoS2+7O22MoO3+4SO2，气体中含有SO2，要进行尾气处理，既可以充分利用资源，也可以防止大气污染。然后加入Na2CO3溶液碱溶，钼转化为Na2MoO4进入溶液，弃去滤渣，再向浸取液加入(NH4)2S溶液进行沉铜处理，使Cu2+转化为CuS沉淀进入浸渣2中。然后向溶液中加入NH4Cl及H2SO4调整溶液的pH进行“沉钼”，当调整溶液pH=2.1时，Mo元素形成一种二水合钼盐沉淀，根据钼盐溶液中含钼物种之间的平衡关系，可知该沉淀是(NH4)2Mo4O13·2H2O，再过滤，向固体物质中加入氨水，并加热至70℃左右，溶解(NH4)2Mo4O13·2H2O，得到钼酸铵的盐溶液，然后经过“一系列操作”，就得到(NH4)2MoO4，据此分析；（1）逆流工艺可以增大反应物接触面积，让反应更充分，提高原料利用率；焙烧时被空气中氧气氧化，生成和，根据得失电子守恒配平得到化学方程式2MoS2+7O22MoO3+4SO2；（2）溶液中的与加入的反应生成难溶的；（3）根据已知给出的平衡：时，对应得到二水合钼盐沉淀，化学式为；（4）溶解过程需要较高速率，同时氨水易挥发、钼酸铵受热易分解：温度过低溶解速率慢，温度过高氨水挥发、钼酸铵分解，因此控制温度在70℃左右；（5）已知钼酸铵水溶性很高、不溶于乙醇，用乙醇洗涤可以减少产品溶解损失，因此最佳洗涤剂为乙醇；（6）的摩尔质量为：a点失重质量为：，对应水的物质的量为；b点残留固体质量为：，的总质量为，因此b点残留物为。17．（13分）安息香和二苯乙二酮不仅是重要的化工原料，还可作为自由基固化的光引发剂，并且在药物合成方面有广泛的应用。某研究小组进行“二苯乙二酮的制备与产率计算”的课题研究，实验原理如下：【查阅资料】a．安息香的合成原料苯甲醛不稳定，易被氧化。b．采用三氯化铁作氧化剂合成二苯乙二酮时，在加热回流过程中进行，若反应体系受热不均，会导致产品出现炭化的现象。c．相关信息如下表：物质相对分子质量密度/()溶解性苯甲醛1061.06微溶于水，易溶于乙醇安息香2121.31难溶于水，易溶于乙醇(受温度影响大)二苯乙二酮2101.52难溶于水，易溶于乙醇(受温度影响大)碳酸氢钠842.20(饱和溶液)易溶于水，不溶于乙醇【实验方案】二苯乙二酮的制备：①分别量取一定量的苯甲醛与过量饱和溶液于分液漏斗中，振荡多次，静置分液，得到纯化的苯甲醛。②向三颈烧瓶中加入0.90g维生素溶于适量蒸馏水并配成的30.0mL溶液，加入搅拌子，磁力搅拌使维生素溶解，再加入10.0mL95%乙醇和5.0mL纯化的苯甲醛。③在磁力搅拌下缓慢滴加适量NaOH溶液，控制滴加时间为5～30min。安装加热回流装置，再从室温逐步升至70℃，恒温一定时间后，冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，得到安息香5.10g。④在100mL圆底烧瓶中依次加入合成的安息香、一定量的、水和冰醋酸后，摇匀，在微波反应仪中进行微波辐射，反应完毕后加入40mL热水，冷却结晶、抽滤得浅黄色粗品，进一步提纯后得到精品3.78g。回答下列问题：(1)仪器X的名称是______，冷却水应从______(填“a”或“b”)口通入。(2)步骤②中三颈烧瓶的最适宜规格为______(填标号)。A．100mL B．250mL C．500mL D．1000mL(3)步骤①中加入溶液的作用是______。(4)步骤④中发生反应的化学方程式为______。(5)步骤④在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是______。(6)下列有关说法错误的是______(填标号)。A．若要对产品结构进行表征，可采用质谱法测定产品的相对分子质量B．步骤①中分液后，取下层液体参与后续反应C．步骤④中将烧瓶置于微波反应仪中反应的目的是使反应体系受热均匀，避免炭化D．进一步提纯二苯乙二酮采用的方法是重结晶，可选择水作溶剂(7)本实验中二苯乙二酮的产率为______%。【答案】（13分，除标注外，每空1分）(1)(球形)冷凝管a(2)A(3)除去苯甲醛中的苯甲酸杂质（2分）(4)+2FeCl3+2FeCl2+2HCl（2分）(5)防止水解(6)BD（3分）(7)72（2分）【解析】（1）由仪器构造可知，仪器X的名称是球形冷凝管，用于冷凝回流，冷却水应下进上出，即应从a口通入；（2）三颈烧瓶所装液体体积通常为其容积的，步骤②所加液体总体积约为45.0mL，即三颈烧瓶的容积可为67.5~135mL，则三颈烧瓶的最适宜规格为100mL，故选A；（3）苯甲醛容易被氧化为苯甲酸，将取出的苯甲醛与碳酸氢钠溶液混合，能除去其中混有的苯甲酸，达到纯化苯甲醛的目的，则步骤①中加入溶液的作用是：除去苯甲醛中的苯甲酸杂质；（4）作氧化剂，在酸性条件下的还原产物为，同时安息香被氧化生成二苯乙二酮，发生反应的化学方程式为：+2FeCl3+2FeCl2+2HCl；（5）易水解，则乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止水解；（6）A．质谱法是快速、精确测定产品相对分子质量的重要方法，A正确；B．步骤①中溶液为过量饱和的碳酸氢钠溶液与苯甲醛，苯甲醛的密度小于饱和碳酸氢钠溶液，处于分液漏斗的上层，应取上层液体参与后续反应，B错误；C．【查阅资料】中提到“合成二苯乙二酮时，在加热回流过程中进行，若反应体系受热不均，会导致产品出现炭化的现象”，步骤④中将烧瓶置于微波反应仪中反应，能使反应体系受热均匀，避免产品炭化，C正确；D．二苯乙二酮粗品中可能混有未反应完全的安息香，结合物质的溶解性，可用乙醇作溶剂进行重结晶，D错误；故选BD。（7）产率，实际生成的二苯乙二酮的物质的量为，根据反应原理，理论生成的二苯乙二酮的物质的量苯甲醛的物质的量，(苯甲醛)，(二苯乙二酮理论产量)，则产率。18．（14分）-丁内酯（）是一种重要的精细化学品，在纤维、医药、树脂、石油和化妆品等方面有广泛的应用。以1,4-丁二醇（）和顺酐（）为原料，为催化剂，制备-丁内酯的主要反应如下：反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

K回答下列问题：(1)反应Ⅱ的________，若其正反应的活化能为，则逆反应的活化能________（用含得代数式表示）。(2)反应Ⅰ（1,4-丁二醇脱氢）和反应Ⅱ（顺酐加氢）同时进行显著提高了1,4-丁二醇和顺酐的转化率，原因是___________________________________。反应Ⅲ的平衡常数________（（用、表示）。(3)以1,4-丁二醇为原料，在催化剂上进行脱氢反应制备-丁内酯，可能的转化为：不同温度下1,4-丁二醇的转化率、收率与产物的选择性如图所示：则1,4-丁二醇脱氢选择的适宜温度为________℃，原因是________。(4)恒温恒压条件下，向容器中通入3mol1,4-丁二醇和2mol顺酐发生气相反应，达到平衡时1,4-丁二醇的转化率为，水蒸气的物质的量为。则________mol，反应Ⅱ的平衡常数________（写出含有、的计算式）。已知：对于反应，，x为物质的量分数。【答案】（14分，除标注外，每空2分）(1)（1分）(2)反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，反应Ⅰ和反应Ⅱ得到了能量上的互补；反应Ⅰ生成，反应Ⅱ消耗，反应Ⅰ