安徽合肥市部分学校2026-2027学年高三上学期开学考试 化学试题（含解析）

2027届高三阶段性学情检测化学试题考生注意：1.本试卷满分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。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16K-39Cu-64第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本题共14小题，每题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。)1.下列有关物质的分类及说法正确的是A.纯碱属于碱，其水溶液显碱性B.石炭酸属于酚类，其水溶液具有弱酸性C.木糖醇属于糖类，甜度接近蔗糖D.甘油属于油脂，可用于护肤保湿【答案】B【解析】【详解】A．纯碱为，属于碳酸盐，不属于碱，其水溶液因碳酸根水解显碱性，A错误；B．石炭酸即苯酚（），羟基直接与苯环相连属于酚类，羟基受苯环活化可微弱电离出，水溶液具有弱酸性，B正确；C．糖类是多羟基醛、多羟基酮或其脱水缩合物，木糖醇是多元醇，属于醇类不属于糖类，C错误；D．甘油即丙三醇（），属于醇类，油脂是高级脂肪酸甘油酯属于酯类，甘油不属于油脂，其有吸水性可用于护肤保湿，D错误；故选B。2.我国在航天、军事等领域取得了一系列重大突破，化学材料起到至关重要的作用。下列说法错误的是A.歼-35战斗机采用的镍-钛记忆合金属于金属材料B.高性能航空煤油主要成分是液态烃类有机化合物C.新型隐形战机用到的碳纤维属于有机高分子材料D.机舱内饰使用的ABS塑料属于混合物【答案】C【解析】【详解】A．镍-钛记忆合金属于合金，金属材料包括纯金属和合金，因此该合金属于金属材料，A正确；B．航空煤油是石油分馏产品，主要成分为多种液态烃的混合物，烃属于有机化合物，B正确；C．碳纤维主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，C错误；D．ABS塑料属于合成有机高分子材料，高分子化合物的聚合度为一定范围的数值，组成物质不唯一，因此属于混合物，D正确；故选C。3.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A.低压法制得的高密度聚乙烯，可用于生产食品包装袋、薄膜B.色谱法、红外光谱法均可确定分子结构C.离子液体与传统的有机溶剂相比具有良好的导电性和易挥发性D.煤的焦化和石油的分馏均可获得沥青【答案】D【解析】【详解】A．高压法制得的低密度聚乙烯较柔软，主要用于生产食品包装袋、薄膜；低压法制得的高密度聚乙烯较硬，主要用于生产瓶、桶、板、管，A错误；B．色谱法主要用于分离、提纯和分析混合物，不能直接确定分子结构；红外光谱法可用于有机物结构分析，B错误；C．离子液体由阴、阳离子组成，具有良好的导电性，但其挥发性很低，C错误；D．煤焦化得到的煤焦油进一步分馏可获得煤沥青，石油分馏后的重质残余部分可得到石油沥青，D正确；故选D。4.下列化学用语正确的是A.的球棍模型：B.基态溴原子的电子排布式：C.的VSEPR模型：D.反-2-丁烯的结构简式：【答案】C【解析】【详解】A．硼酸中心采取杂化，分子为平面三角形；原子半径规律：，模型里中心大球为，连接3个，但氧原子是sp3杂化，H和B不可能在一条直线上，应该为，A错误；B．基态溴原子为35号元素，电子排布式应为，选项漏写，B错误；C．中心的价层电子对数为，其中3对为成键电子对，1对为孤电子对，VSEPR模型为四面体形，与图示一致，C正确；D．反-2-丁烯的两个甲基应在双键的异侧，选项中两个甲基在双键同侧，为顺-2-丁烯，D错误；故选C。5.共价有机框架（COFs）是一类有序多孔网状结构材料，某研究团队开发一种COFs材料的合成如图所示。（图中表示链延长）。下列说法正确的是已知：A.合成BTH-2的过程中发生了加成反应和消去反应B.TP的核磁共振氢谱有3组信号峰C.BTH-2CN分子中碳原子仅有、两种杂化方式D.丙二醛也可与BTH-2CN合成COFs【答案】A【解析】【详解】A．醛基中的碳氧双键发生加成，形成新的碳碳单键和含羟基的中间体；随后羟基与相邻碳原子上的氢以水的形式消去，形成碳碳双键，因此该过程包括加成反应和消去反应，A正确；B．TP分子中，中心苯环上的3个氢为一组；三个外侧苯环上靠近中心环的6个氢为一组，靠近醛基的6个氢为一组；三个醛基上的氢为一组，共有4组信号峰，B错误；C．BTH-2CN中，氰基碳为杂化，苯环碳及含氮、硫环中参与双键的碳为杂化，两条侧链中的亚甲基碳为杂化，共有三种杂化方式，C错误；D．丙二醛仅有两个醛基，BTH-2CN也仅有两个可连接位点，按题给反应只能形成链状连接，不能形成具有三个及以上方向分支连接点的网状结构，D错误；故选A。阅读下列信息，回答下列小题：极易水解生成氟硼酸(一元强酸)和硼酸()，一定条件下与水还可形成晶体()。室温下，硼酸和甲醇在浓硫酸催化下可生成硼酸三甲酯[]，其主要用作热稳定剂、木材防腐剂等。高温下，与反应可制得高温结构陶瓷氮化铝(AlN)，并生成。三甲基铝[]是烯烃聚合催化剂的关键组分，熔点低、硬度小，熔融状态下不导电，遇水剧烈反应，并可能引发爆炸。已知：25℃时，：；：，。6.下列有关说法错误的是A.晶体中存在作用力有配位键和氢键等B.键键角比较：C.浓度相同时，氟硼酸溶液中水的电离程度小于硼酸溶液D.氮化铝(AlN)晶体为共价晶体7.下列有关化学反应对应的方程式错误的是A.三甲基铝与足量溶液反应：B.高温下，与反应：C.将少量碳酸钠溶液滴加到饱和硼酸溶液中：D.制备：【答案】6.B7.C【解析】【6题详解】A．中缺电子的与中的孤对电子形成配位键，两个水分子间存在氢键，因此晶体中存在配位键和氢键等作用力，A正确；B．中为杂化，键角为；中为杂化，键角接近，因此键角：，B错误；C．氟硼酸为一元强酸，相同浓度下电离出的浓度远大于弱酸硼酸，对水的电离抑制作用更强，因此氟硼酸溶液中水的电离程度小于硼酸溶液，C正确；D．氮化铝为高温结构陶瓷，熔点高、硬度大，属于共价晶体，D正确；故答案选B。【7题详解】A．根据水解反应规律，三甲基铝遇水水解生成和，与足量反应生成四羟基合铝酸钠，方程式配平、产物均正确，A正确；B．根据题意，与反应可制得高温结构陶瓷氮化铝(AlN)，并生成，根据原子守恒、电子守恒配平反应方程式为，B正确；C．由题给可知酸性：，硼酸酸性弱于碳酸，只能将转化为，无法生成，产物错误，正确的离子方程式为，C错误；D．硼酸与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应，为可逆反应，方程式配平正确，D正确；故答案选C。8.某兴趣小组同学通过实验探究乙烯和卤代烃的性质。实验操作及现象：挤压胶头滴管，烧瓶内出现红棕色气体，振荡，待颜色消失，烧瓶内壁有油状液滴生成；打开止水夹，水迅速倒吸入烧瓶。提出猜想：水倒吸的原因分析。甲同学：认为乙烯与溴发生加成反应，使瓶内气压减小。乙同学：认为乙烯与溴发生取代反应，其理由为反应生成了极易溶于水的。下列说法错误的是强碱的醇溶液/(mol/L)取代产物/%消去产物/%09730.22179A.首先将实验后烧瓶中的混合液进行分液B.甲同学利用现代元素分析仪检测分离后的有机物，谱图中未出现吸收峰，得出结论乙烯和单质溴发生加成反应C.乙同学取分离后的水溶液于试管中，加入适量溶液，振荡，无明显现象，证明了乙同学猜想错误D.丙同学取分离后的有机物，分别在不同浓度强碱的醇溶液中反应，取代产物与消去产物的含量见表。得出结论，强碱对卤代烃消去反应的发生有促进作用【答案】B【解析】【详解】A．反应后混合液为互不相溶的有机物和水溶液，可通过分液操作分离，A正确；B．现代元素分析仪用于测定有机物的元素组成，无法检测碳碳双键等官能团的特征吸收峰，检测官能团应使用红外光谱仪，B错误；C．若乙烯与溴发生取代反应会生成，水溶液中含，加入溶液会产生淡黄色沉淀，实验无明显现象说明无生成，乙同学猜想错误，C正确；D．由表格数据可知，强碱醇溶液浓度增大时，消去产物的占比显著升高，说明强碱对卤代烃消去反应有促进作用，D正确；故选B。9.葡萄糖分子中的醛基可以与分子内的羟基作用，形成两种六元环状结构。在葡萄糖水溶液中，存在着链状和环状结构葡萄糖之间的平衡，其中绝大部分葡萄糖为环状结构。很多单糖，以及寡糖和多糖中的单糖单元多以环状结构的形式存在。下列说法正确的是A.上述三种结构互为同分异构体，异构的原因均相同B.葡萄糖水溶液中绝大多数为环状结构，因此不能发生银镜反应C.链状葡萄糖和环状葡萄糖含有的碳氧键个数相同D.吡喃葡萄糖分子间能发生缩聚反应【答案】D【解析】【详解】A．吡喃葡萄糖、链式葡萄糖、吡喃葡萄糖的分子式均为，互为同分异构体。链式葡萄糖转化为环状葡萄糖是醛基与羟基加成生成半缩醛，属于结构异构；型和型环状葡萄糖的差异是半缩醛羟基的空间取向不同，属于立体异构中的端基差向异构，异构原因不相同，A错误；B．葡萄糖水溶液中环状葡萄糖与链式葡萄糖存在平衡，溶液中含有少量带醛基的链式葡萄糖，醛基能够发生银镜反应，B错误；C．链式葡萄糖结构为，含有5个醇羟基的键与醛基中的1个键，共6个碳氧键；环状葡萄糖是链式葡萄糖分子内加成得到的半缩醛结构，比链式葡萄糖多1个键，二者碳氧键数目不相等，C错误；D．吡喃葡萄糖分子含有多个羟基，分子间羟基脱水形成醚键，可发生缩聚反应生成多糖类高分子化合物，D正确；故选D。10.科学家利用四种原子序数依次递增的短周期主族元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，该超分子具有高效的催化性能，其结构如图所示，W、X、Z分别位于不同周期，的原子半径在同周期主族元素中最大（注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注）。下列说法正确的是A.XY分子作配体时，提供孤电子对的配位原子一般为X原子B.环状结构与通过离子键作用，体现了超分子“分子识别”的特征C.X、Y、Z形成的某种常见化合物的热溶液可用于洗涤废旧镍电池表面的矿物油污D.和两种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为1∶2【答案】A【解析】【分析】由W、X、Z位于不同周期且原子序数递增可知，它们分别处于第一、第二、第三周期。W在图中只形成一条共价键，故W为H；X形成四条共价键，故X为C；Y介于C与Na之间且形成两条共价单键，故Y为O；Z在第三周期主族元素中原子半径最大，故Z为Na。再逐项判断物质性质、微粒间作用和离子组成。【详解】A．X、Y分别为C、O，XY为CO。CO作配体时，一般由C原子提供孤电子对，故配位原子为X原子，A正确；B．环状分子本身不是阴离子，其与钠离子之间的作用不是正、负离子之间形成的离子键；虽然该作用体现了“分子识别”，但“通过离子键作用”的表述错误，B错误；C．X、Y、Z形成的常见化合物可为，其水解平衡为，热溶液呈碱性。矿物油的主要成分是烃，不含能发生碱性水解的酯基，不能用热碳酸钠溶液通过碱性水解除去，C错误；D．W为H、Y为O，题给两种化合物分别是和。前者中；后者中的阴离子为一个整体的过氧根离子，故，两者的离子个数比不同，D错误；故选A。11.我国科学家已经实现催化氢化获得甲酸，反应过程如图甲，其中化合物2转化为化合物3过程的能量变化如图乙所示（TS表示过渡态，I表示中间体），下列说法错误的是A.化合物1是催化剂，化合物1中H元素化合价均为+1价B.化合物1→化合物2的反应是氧化还原反应C.图乙中形成中间体I2的反应为图甲中“化合物化合物”的决速步骤D.从平衡移动的角度看，降低温度可促进化合物2与水反应生成化合物3与【答案】A【解析】【详解】A．化合物1参与循环并最终重新生成，具有催化作用；其中既有与Fe直接相连的H，也有与C相连的H，金属氢化物中的H为−1价，因此H元素的化合价并非均为+1价，A错误；B．化合物1转化为化合物2时，二氧化碳中C的化合价由+4价降至甲酸根中的+2价，而Fe—H中的H由−1价升至甲酸根中C—H的+1价，存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，B正确；C．图乙所示三步的正向活化能数值单位均为，三步的正向活化能依次为、、，其中形成中间体I2的第二步活化能最大，故该步为化合物2与水生成化合物3和甲酸根过程的决速步骤，C正确；D．总反应中，反应物的相对能量为0.00，生成物的相对能量为−2.38，能量变化为−2.38，正向反应放热；降低温度使平衡向放热方向移动，可促进化合物2与水生成化合物3和甲酸根，D正确；故选A。12.将转化为高附加值化学品已成为绿色化学的研究热点。利用CsFAMA钙钛矿太阳能电池驱动电解制备的装置如图所示，下列叙述正确的是已知：法拉第效率[]A.电子由钙钛矿太阳能电池右端流出B.作为催化剂，可以降低水氧化反应的焓变C.若还原为的法拉第效率为95%，外电路转移电子，最多生成D.整套装置能量转化：光能→化学能→电能【答案】C【解析】【分析】左侧电极转化为，发生还原反应，为阴极，阴极连接电源负极，电极反应式：；右侧电极生成，发生氧化反应，为阳极，阳极连接电源正极，电极反应式：，据此分析解答。【详解】A．左室转化为发生得电子的还原反应，左电极为阴极，连接太阳能电池负极，电子由电池左端流出、右端流入，A错误；B．催化剂只能降低反应的活化能，无法改变反应的焓变，B错误；C．还原为时，每生成转移电子，外电路转移电子时，生成对应的电子为，C正确；D．太阳能电池先将光能转化为电能，电解装置再将电能转化为化学能，整套装置能量转化为光能→电能→化学能，D错误；故选C。13.四面体(A为中心原子，如硅、锗；为配位原子，如氧、硫)在无机化合物中很常见。四面体按下图所示方式相连可形成一系列“超四面体”(、…)：下列说法错误的是A.、和的化学式分别为、和，推出超四面体的化学式为B.超四面体中有3种不同环境的原子，超四面体中有4种不同环境的原子C.若以为结构单元共顶点相连，形成的无限三维结构为共价晶体且的配位数为4D.若以为结构单元共顶点相连，形成的无限三维结构的化学式为【答案】D【解析】【详解】A．超四面体Tn中A的数目为组合数，T1到T4的A数目依次为1、4、10、20；X的数目为，依次为4、10、20、35，故T4化学式为，A正确；B．Tn中X的环境种类等于n：T3的X分为顶点（连1个A）、棱上非顶点（连2个A）、面心（连3个A）共3种；T4还增加体心X（连4个A）共4种，B正确；C．即AX4四面体共顶点相连，类似SiO2结构，为共价晶体，中心A和4个X相连，配位数为4，C正确；D．化学式为，两个单元共顶点相连时，若4个顶点X都被两个单元共用，则每个单元分摊X数目为，A数目为4，最化学式为，但实际T2是四面体形原子簇，4个外露顶点不能全部参与共顶点连接，必然剩余端基X，因此最简式不是，D错误；故选D。14.和分别为一元酸和二元酸，不发生水解。常温条件下，现有含的饱和溶液和含的饱和溶液。两份溶液中()及含粒子的分布系数[如]的变化关系如下图所示。下列说法错误的是A.B.曲线③表示随变化曲线C.D.饱和溶液中存在【答案】D【解析】【分析】曲线③随pH增大而下降，表示酸式粒子的分布系数。降低pH时，酸根与氢离子结合，含两个酸根的盐溶解增多，金属离子浓度增大、pc减小，因此曲线②对应该盐，水平线①对应另一种盐。【详解】A．由曲线①读出金属离子浓度，该盐按1∶1溶解，故，A正确；B．一元弱酸的电离平衡为。随pH增大，氢离子浓度减小，酸式粒子所占比例降低，且随pH增大而减小，与曲线③相符，B正确；C．由一元弱酸的电离常数关系及分布系数定义可得，C正确；D．该盐每溶解1mol，溶液中产生1mol金属离子和2mol含A粒子，故物料守恒关系为。又有，联立得。原式右端第一项分母缺少系数2，D错误；故选D。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(本大题共4小题，共58分)15.中国是最主要的钨储量国，六氟化钨是先进制程芯片、HBM存储晶圆金属互连层沉积的核心前驱体气体。其电子级纯度通常要求达到6N(99.9999%)以上。Ⅰ．制备钨粉工业上利用黑钨矿(主要成分为和)生产钨的工艺流程如图所示。已知：常温下难溶于水，能与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物。回答下列问题：（1）Mn位于周期表第_____周期，第_____族。（2）钨常见氧化物有：黄钨()、蓝钨()、紫钨()等写出仲钨酸铵[]分解制取黄钨的反应方程式___________________________。试解释煅烧过程中生成蓝钨和紫钨的原因______________________________________________。（3）是一类色彩丰富的非整比化合物，若无空缺，化学式为，完全空缺则为，每填入1个，相应有1个还原为。的颜色与值的对应关系如图所示，已知晶体中，则其颜色为_________色。（4）工业制备钨粉选择用氢气还原，而不使用碳，原因是可能生成碳化钨影响钨粉纯度。碳化钨晶胞结构如图。每个钨原子周围距离最近且等距的碳原子有_________个。Ⅱ．六氟化钨的制备及在芯片制备中的应用六氟化钨主要通过金属钨与氟气直接反应并经多级纯化工艺制得，再通过化学气相沉积(CVD)，将通入高温腔体，与反应，在硅晶圆通孔内沉积高纯金属钨，制作芯片导电线路。气相沉积反应：已知：常温气态，沸点17.1℃，极易水解。原料钨粉含微量钼杂质，氟化生成，沸点17.4℃（5）粗中最难通过精馏除去的原因是___________________________________________。（6）下列关于半导体特气与芯片工艺说法错误的是_________。A．属于离子晶体B．钨的熔点高是因为其价电子数多，金属键强C．提纯可以用碱石灰除去微量水分与D．CVD反应腔体必须严格干燥、隔绝空气E．沉积温度越低，反应速率越慢，钨薄膜沉积越均匀致密【答案】（1）①.四②.ⅦB（2）①.②.分解产生的具有还原性，在高温下会将部分还原为化合价更低的蓝钨和紫钨。（3）紫（4）6（5）与的沸点十分接近（分别为17.1℃与17.4℃），难以利用沸点差异通过精馏分离。（6）ACE【解析】【分析】黑钨矿(主要成分为和)，加纯碱Na2CO3、空气、O2，高温煅烧，黑钨矿中W为+6价，+2价的Fe、Mn被氧化为、，水浸过滤除去、，得到粗Na2WO4溶液；利用阴离子交换树脂选择性吸附（钨酸根），与杂质阴离子分离；用氯化铵溶液洗脱树脂上的，生成钨酸铵溶液；经系列操作，得到仲钨酸铵晶体；仲钨酸铵受热分解得到；经还原得到钨粉。【小问1详解】Mn（锰）的原子序数为25，其核外电子排布式为，位于元素周期表的第四周期第ⅦB族。【小问2详解】根据原子守恒，仲钨酸铵分解会生成黄钨（）、氨气（）和水（），配平得到方程式；在煅烧过程中，生成的氨气是还原性气体，在高温条件下能发生氧化还原反应，将部分价的还原为化合价较低的（蓝钨）和（紫钨）。【小问3详解】题干指出“每填入1个，相应有1个还原为”，这意味着晶体中的数量与的数量相等，即的值等于在总钨原子中所占的比例；已知，则的占比为，即，对照图2的颜色关系可知，当时，晶体颜色为紫色。【小问4详解】观察碳化钨的晶胞结构图，钨原子（白球）形成简单六方堆积，碳原子（黑球）位于由6个钨原子构成的三棱柱中心，因此，每个碳原子周围距离最近且等距的钨原子有6个；根据碳化钨的化学式可知，W与C的原子个数比为1:1，由晶体结构的对称性可知，每个钨原子周围距离最近且等距的碳原子也是6个。【小问5详解】精馏（蒸馏）是利用混合物中各组分沸点的差异进行分离的；题干信息显示沸点为17.1℃，沸点为17.4℃，两者沸点差仅为0.3℃，极难通过常规精馏手段分离。【小问6详解】A．常温下为气态，沸点极低（17.1℃），属于分子晶体，而非离子晶体，A错误；B．钨是过渡金属，价电子排布为（），价电子数多，金属键极强，因此熔沸点很高，B正确；C．题干明确指出“极易水解”，而碱石灰（主要成分为和）中含有微量水分且呈强碱性，会与其发生水解及酸碱中和反应，因此不能用碱石灰提纯，C错误；D．极易水解，且反应需要通入并在高温下进行，混入空气易引发爆炸且会氧化钨薄膜，故必须严格干燥并隔绝空气，D正确；E．沉积温度过低会导致原子在表面的迁移率不足，形成的薄膜往往不够致密（疏松多孔），E错误；故选ACE。16.二草酸合铜(Ⅱ)酸钾()，是一类结构稳定的螯合型配合物，是制备(金属有机框架材料)的优良前驱体。实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤：步骤Ⅰ：水中依次加入、充分反应后得到混合溶液；步骤Ⅱ：80℃水浴加热下，混合溶液中加入，充分反应，趁热过滤得溶液；经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到晶体；步骤Ⅲ：加热脱水，晶体转化为。已知：ⅰ．25℃时，：、；；ⅱ．微溶于冷水、易溶于热水，在约250℃时分解。ⅲ．为平面正方形稳定配离子，常温解离程度极小。ⅳ．有机桥联配体联吡啶为常见双齿氮配体，配位能力强于草酸根，可发生配体交换、自组装成MOF骨架。请回答下列问题：（1）步骤Ⅱ中蒸发浓缩需要用到的硅酸盐材质的仪器有酒精灯和_________。（2）写出步骤Ⅰ反应的离子方程式_____________________________________________。（3）步骤Ⅱ实验控制80℃水浴的原因是__________________________________________。充分反应后采用趁热过滤的目的是____________________________。（4）探究晶体热分解产物实验操作步骤为：连接装置→_________________(用字母编号回答)a．检查装置气密性；b．加热两处酒精灯；c．熄灭两处酒精灯；d．通氮气；e．停止通氮气；f．装入药品（5）该晶体在加热过程中发生分解的失重曲线如图所示，则该晶体的结晶水数目_____(填整数)。（6）液相配体交换合成热水溶解二草酸合铜酸钾，缓慢滴加联吡啶溶液，恒温90℃反应。体系发生逐级配体交换、配位自组装，生成二维层状晶体，钾离子、游离草酸根留存母液。相比于直接用与有机配体合成MOF，利用二草酸合铜酸钾为前驱体合成MOF的最大优势是__________________________。【答案】（1）蒸发皿（2）（3）①.加快反应速率，保证二草酸合铜(Ⅱ)酸钾充分溶解，使受热均匀便于控温，避免水大量蒸发②.防止二草酸合铜(Ⅱ)酸钾因温度降低结晶析出造成损失，同时分离不溶性杂质（4）afdbce（5）2（6）产物纯度高、避免引入硫酸根杂质、反应过程更可控，晶体结构更规整等【解析】【小问1详解】步骤Ⅱ中蒸发浓缩需要用到的硅酸盐材质的仪器有酒精灯和蒸发皿。【小问2详解】步骤Ⅰ：水中依次加入、反应，由于草酸和碳酸钾物质的量之比为3:2，生成物为气体、KHC2O4和，离子方程式为。【小问3详解】微溶于冷水、易溶于热水，在约250℃时分解。故步骤Ⅱ实验控制80℃水浴的原因是加快反应速率，保证二草酸合铜(Ⅱ)酸钾充分溶解，使受热均匀便于控温，避免水大量蒸发。充分反应后得溶液和CuO等杂质，采用趁热过滤可防止二草酸合铜(Ⅱ)酸钾因温度降低结晶析出造成损失，同时分离不溶性杂质。【小问4详解】连接好装置后，应先检查装置气密性(a)，再装入药品(f)，接着通入氮气(d)用于排尽装置中的空气，再加热两处的酒精灯(b)，待完全反应后再熄灭两处酒精灯(c)，冷却至室温等候停止通入氮气(e)。故实验操作步骤为afdbce。【小问5详解】的摩尔质量为318g/mol，的摩尔质量为(318+18x)g/mol，失去结晶水的质量占原晶体质量比为，。【小问6详解】二草酸合铜(Ⅱ)酸钾中以配离子形式存在、浓度低，直接用​时浓度高，使产物纯度高、避免引入硫酸根杂质、反应过程更可控，晶体结构更规整。17.Ⅰ．环氧乙烷()常用于医学消毒，工业上常用乙烯氧化法生产，其反应原理为：某些常见化学键的键能数据如下表：化学键键能()347.7615413.4351142497.3回答下列问题：（1）计算上述反应的_________，该反应在_______(填“高温”或“低温”)条件下能自发进行。（2）化工生产设计时，常用串联多个反应器的工艺方法进行合成，并在两个相邻的反应器中间加产物吸收装置和热交换降温装置，设计这种工艺的目的是____________________________________________。（3）在恒温恒容的密闭容器中，利用乙烯氧化法制备环氧乙烷(不考虑副反应)，下列情况能说明该反应一定达到化学平衡状态的是_________(填序号)。a．混合气体的密度保持不变b．混合气体的平均摩尔质量保持不变c．乙烯和氧气的物质的量比为2∶1d．每消耗的同时消耗环氧乙烷Ⅱ．反应过程中常伴随副反应，在恒容密闭容器中充入1mol乙烯和含1mol的净化空气，在(耐热)催化下发生上述两个反应，反应相同时间后测得乙烯的转化率及的分压随温度变化如图1所示：（4）比较a点和：_______(填“”“”或“”)。（5）若200℃时测得环氧乙烷的选择性为(某产物的选择性)，计算该温度下主反应的平衡常数(用物质分压表示)_____________。(用含的式子表示)（6）研究人员对该制备过程(其他条件相同)的催化机理进行研究，发现通过对的吸附完成催化作用，形成的两种中间体相对能量如图2所示，研究还发现若原料气(混有等杂质)不净化，两个中间体和产物环氧乙烷都几乎检测不到。根据以上研究结果下列推测合理的是_____(填序号)。a．由图可知中间体更容易形成b．催化剂不参与反应c．杂质气体可能与催化剂反应而使催化剂失去活性d．的表面积越大，生成环氧乙烷的反应速率一定越快【答案】（1）①.②.低温（2）降温、及时分离出产品有利于平衡正向移动，增大原料利用率（3）bd（4）（5）（6）ac【解析】【小问1详解】反应的焓变。反应物包含、和，生成物包含、和。代入数据计算得：。该反应为放热（）且气体分子数减少（）的反应，根据时反应自发进行，可知该反应在低温条件下能自发进行。【小问2详解】该合成反应为放热反应，热交换降温装置可以降低反应体系温度，产物吸收装置能及时分离出生成的环氧乙烷减小生成物浓度，这两种措施均能促使化学平衡向正反应方向移动，从而增大原料的转化率和利用率。【小问3详解】a．在恒温恒容密闭容器中，气体总质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态；b．反应前后气体总质量不变，但正反应是气体分子数减少的反应，混合气体的总物质的量在反应过程中减小，平均摩尔质量增大，当其保持不变时，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态；c．若初始投料比为，且反应消耗比也为，则两者物质的量之比始终为，不能说明达到平衡状态；d．每消耗代表正反应速率，同时消耗环氧乙烷代表逆反应速率，且符合化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态。故选bd。【小问4详解】由图1可知，a点处于乙烯转化率随温度升高而增大的阶段，说明此时反应尚未达到化学平衡状态，反应正向进行，因此正反应速率大于逆反应速率，即。【小问5详解】时，乙烯的转化率为，则转化的乙烯为。环氧乙烷的选择性为，则主反应消耗乙烯，消耗，生成环氧乙烷；副反应消耗乙烯，消耗。平衡时，剩余乙烯为，剩余为，生成环氧乙烷。已知平衡时的分压为，根据恒温恒容下气体分压之比等于物质的量之比，乙烯和环氧乙烷的物质的量均为的倍，故它们的分压均为。则主反应的平衡常数KP=P(C2H4O)P(C2H4)·P(O2)0.5=2【小问6详解】a．由图2可知，生成中间体的活化能（相对能量）低于生成的活化能，因此中间体更容易形成，推测合理；b．催化剂参与了中间体的形成过程，即参与了化学反应，推测不合理；c．原料气不净化时检测不到中间体和产物，说明杂质可能与催化剂反应导致其失去活性（催化剂中毒），推测合理；d．表面积增大能加快反应速率，但“一定越快”表述过于绝对，且主要影响的是整体反应速率而非特定产物的选择性，推测不合理。故选ac。18.有机物A(1-甲基环戊烯)可用于合成多种药物，图中和分别是治疗心血管疾病和阿尔茨海默病药物的中间体。已知：ⅰ．ⅱ．回答下列问题：（1）F中含有含氧官能团的名称是___________，G中电