高級中學名校試題PAGEPAGE1北京市延慶區2025屆高三下學期一模試題可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23Ca-40第一部分本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.我國科研人員利用激光操控方法，從原子束流中直接俘獲原子，實現了對的靈敏檢測。的半衰期(放射性元素的原子核有半數發生衰變所需的時間)長達10萬年，是的17倍，可應用于地球科學與考古學。下列說法不正確的是A.是鈣元素的一種核素B.的原子核內有21個中子C.的半衰期長，說明難以失去電子D.衰變一半所需的時間比衰變一半所需的時間長【答案】C【解析】A．的質子數為20，中子數為21，是鈣元素的一種核素，A正確；B．的質子數為20，質量數為41，中子數為41-20=21，B正確；C．半衰期反映原子核的穩定性，于失去電子的能力無關，C錯誤；D．的半衰期是的17倍，衰變一半所需的時間比衰變一半所需的時間長，D正確；故選C。2.下列化學用語或圖示表達不正確的是A.乙炔的結構式：H-C≡C-HB.順-2-丁烯的分子結構模型：C.Na2O2的電子式：D.基態Si原子的價層電子的軌道表示式：【答案】D【解析】A．乙炔中含有碳碳三鍵，其結構式為H-C≡C-H，A項正確；B．順-2-丁烯中兩個甲基位于碳碳雙鍵同側，其結構模型為，B項正確；C．Na2O2是離子化合物，其電子式為，C項正確；D．基態Si原子的價層電子排布式為3s23p2，根據洪特規則，基態原子中，填入簡并軌道的電子總是先單獨分占，且自旋平行，故基態Si原子的價層電子軌道表示式為，D項錯誤；答案選D。3.下列說法正確的是A.葡萄糖在一定條件下可以發生水解反應B.由氨基乙酸形成的二肽中存在氨基、羧基和肽鍵C.向硝酸銀溶液中加入少量雞蛋清溶液會發生鹽析D.磷酸、戊糖和堿基結合而成的核苷酸是一種生物大分子【答案】B【解析】A．葡萄糖屬于單糖，單糖無法水解，只有雙糖或多糖才能水解生成單糖，A錯誤；B．兩個氨基乙酸（甘氨酸）縮合形成二肽時，其中一個氨基和羧酸基參與形成肽鍵，剩余的氨基和羧酸基仍存在于二肽中，因此二肽中確實含有氨基、羧基和肽鍵，B正確；C．硝酸銀是重金屬鹽，會使蛋白質變性，而非鹽析，C錯誤；D．核苷酸由磷酸、戊糖和堿基組成，是核酸（如DNA、RNA）的單體，屬于小分子，核酸才是生物大分子，D錯誤；故選B。4.下列方程式與所給事實不相符的是A.利用覆銅板制作印刷電路板：B.食醋去除水垢中的：C.用5%溶液能有效除去誤食的：D.海水提溴過程中，用氯氣氧化苦鹵得到溴單質：【答案】B【解析】A．覆銅板制作印刷電路板時，Fe3+將Cu氧化為Cu2+，自身被還原為Fe2+，反應式正確，A正確；B．食醋中的醋酸是弱酸，在離子方程式中應保留分子形式，而非拆解為H+。正確寫法應為：，B錯誤；C．硫酸鈉與Ba2+反應生成BaSO4沉淀，方程式正確，C正確；D．Cl2的氧化性強于Br2，能將Br-氧化為Br2，反應式正確，D正確；故選B。5.完成下述實驗，裝置或試劑不正確的是A．實驗室收集B．實驗室制C．驗證易溶于水且溶液呈堿性D．除去中混有的少量A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．易溶于水，不能用排水法收集，A錯誤；B．MnO2固體加熱條件下將HCl氧化為Cl2，固液加熱的反應該裝置可用于制備Cl2，故B正確；C．擠壓膠頭滴管，水進入燒瓶將NH3溶解，燒瓶中氣體大量減少壓強急劇降低打開活塞水迅速被壓入燒瓶中形成紅色噴泉，紅色噴泉證明NH3與水形成堿性物質，C正確；D．不和飽和碳酸氫鈉溶液反應，和飽和碳酸氫鈉溶液反應生成，可以用飽和碳酸氫鈉溶液除去中混有的少量，D正確；故選A。6.硝酸是重要化工原料，工業合成氨以及氨氧化制取硝酸的原理示意圖如下。下列說法不正確的是A.合成塔中合成氨的反應條件都是為了提高平衡轉化率B.氧化爐中反應的化學方程式：C.A物質可以是空氣或氧氣，目的是使盡量充分的轉化為D.生產過程中吸收塔產生的尾氣可用堿液吸收【答案】A【解析】氮氣和氫氣合成塔中合成氨氣，含有氨氣的混合氣體進入氨分離器得到氨氣，氨氣在氧化爐中催化氧化生成NO，NO和空氣中氧氣結合生成NO2，NO2、O2和水反應得到硝酸，最后尾氣處理防止污染環境，以此來解析。A．合成氨的反應是放熱反應，合成氨的反應條件中高溫不能提高平衡轉化率，目的是為了提高催化劑的活性、加快反應速率，另外加入催化劑也不能提高平衡轉化率，A錯誤；B．氧化爐中NH3和O2在催化劑、加熱的條件下反應生成NO和H2O，化學方程式：，B正確；C．流程分析可知M為空氣，氨氣的催化氧化需要O2，NO和水反應生成HNO3需要O2；吸收塔發生反應：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，O2與NO反應生成NO2，NO2被吸收生成HNO3，所以空氣的作用是：將使NO充分轉化為HNO3，C正確；D．吸收塔產生的尾氣中可能含有未反應的NO和NO2等氮氧化物，這些氣體可以用堿液（如NaOH溶液）吸收，生成硝酸鹽和亞硝酸鹽，D正確；故選A。7.關于和的下列說法中，不正確的是A.室溫下，的溶解度比的大B.在飽和溶液中通入會有晶體析出C.溶液中加入溶液產生沉淀，促進了的水解D.兩種物質的溶液中都存在：【答案】C【解析】A．高價陰離子鹽通常比低價陰離子鹽更易溶于水，因此的溶解度比的大，A項正確；B．溶液中通入生成，由于的溶解度小于，因此以晶體的形式析出，B項正確；C．溶液中加入溶液，發生了離子交換，生成了沉淀，使濃度減小，促進了的電離，C項錯誤；D．和溶液中，陽離子均為、，陰離子均為、、，根據電荷守恒有，D項正確；答案選C。8.下列依據相關數據作出的推斷中，不正確的是A.一定溫度下，若可逆反應的Q小于K，可推斷反應向正方向進行B.室溫時，若一元弱酸大于，可推斷同濃度稀溶液的大于C.依據F、Cl、Br、I電負性依次減小，可推斷它們與氫原子形成氫鹵鍵的極性依次減弱D.依據Li、Na、K、Rb、Cs的第一電離能依次減小，可推斷它們的金屬性依次增強【答案】B【解析】A．根據化學平衡常數的定義，當反應商Q小于平衡常數K時，反應會向生成物方向進行，以達到平衡，故A正確；B．酸的電離常數越大，酸性越強，其對應的鹽水解程度越大、生成的濃度越大、pH值越小，因此一元弱酸大于，可推斷同濃度稀溶液的小于，故B錯誤；C．電負性越大的元素與氫原子形成的氫鍵極性越強，F、Cl、Br、I的電負性依次減小，它們與氫原子形成氫鍵的極性依次減弱，故C正確；D．同主族元素從上到下第一電離能依次減小、金屬性依次增強，則Li、Na、K、Rb、Cs的金屬性依次增強，故D正確；故答案為B。9.鉛酸蓄電池的構造示意圖如下。關于該電池及其工作原理，下列說法不正確的是A.放電時，向電極方向移動B.放電時，正極的電極反應式為C.充電時，電極應與外接直流電源的負極相連D.充電時，陰極電極反應式為【答案】D【解析】鉛酸蓄電池放電時，正極上二氧化鉛得電子發生還原反應，則正極發生的反應是，負極上Pb失去電子生成，電極方程式為：，以此解答。A．放電時，Pb為負極，是正極，原電池中陽離子向正極移動，向電極方向移動，A正確；B．放電時，正極上二氧化鉛得電子發生還原反應，則正極發生的反應是，B正確；C．放電時，Pb為負極，則充電時，電極應與外接直流電源的負極相連，C正確；D．放電時，負極上Pb失去電子生成，電極方程式為：，則充電時，陰極的電極反應式為，D錯誤；故選D。10.離子化合物和與水的反應分別為：①；②。下列說法不正確的是A.、中均有離子鍵和共價鍵B.①中水沒有發生化合價變化，②中水發生還原反應C.中陽、陰離子個數比為，中陽、陰離子個數比為D.當反應①和②中轉移的電子數相同時，產生的和的物質的量之比為【答案】A【解析】A．由和組成，包括離子鍵和共價鍵，由和組成，只有離子鍵，故A錯誤；B．①中中的-1價氧原子在反應中轉化為-2價和0價，水沒有發生化合價變化，②中中的H為-1價，在反應中化合價升高至0價，發生氧化反應，水中的H為+1價，在反應中化合價降低至0價，發生還原反應，故B正確；C．由2個和1個組成，陽、陰離子個數比為，由1個和2個組成，陽、陰離子個數比為，故C正確；D．反應①生成轉移2mol電子，反應②生成轉移2mol電子，當反應①和②中轉移的電子數相同時，產生的和的物質的量之比為，故D正確；故答案為A。11.的資源化利用有利于實現“碳中和”。利用為原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路線如下。下列說法不正確的是A.物質X不存在順反異構體B.Y的化學式為C.P完全水解得到的產物與Y的分子式相同D.P可以利用碳碳雙鍵進一步交聯形成網狀結構【答案】C【解析】A．X是1,3-丁二烯，不存在順反異構體，故A正確；B．根據Y的結構，化學式為，故B正確；C．P水解得到的結構為，具有3個氧原子，而Y只有2個氧原子，兩者分子式不同，故C錯誤；D．P中存在碳碳雙鍵，可以進一步聚合形成網狀結構，故D結構；故答案為C。12.可采用Deacon催化氧化法將工業副產物制成，實現氯資源的再利用。反應的熱化學方程式：。下圖所示為該法的一種催化機理。下列說法不正確的是A.X為反應物，Z為生成物B.反應制得，理論上放出的熱量C.降低反應溫度，被氧化制的反應平衡常數增大，正反應速率減慢D.圖中轉化涉及的反應中有兩個非氧化還原反應【答案】D【解析】如圖所示，反應過程中具有如下基元反應：、、、、，則X為、W為、Y為、Z為。A．據分析，X為反應物，Z為生成物，故A正確；B．根據蓋斯定律，生成放出的熱量，則生成放出的熱量，故B正確；C．正反應為放熱反應，降低反應溫度，反應正向進行，被氧化制的反應平衡常數增大，溫度降低正、逆反應速率均減慢，故C正確；D．據分析，基元反應中、、為非氧化還原反應，、為氧化還原反應，故D錯誤；故答案為D。13.過渡金屬氧化物離子(以表示)在烴類的選擇性氧化等方面應用廣泛。與反應的過程如下圖所示。下列說法不正確的是A反應速率：步驟Ⅰ步驟ⅡB.分子中，鍵角：C.若與反應，生成的氘代甲醇有3種D.【答案】C【解析】A．步驟Ⅰ的活化能大于步驟Ⅱ，反應速率步驟Ⅰ更小，A正確；B．分子中C原子和O原子均為sp3雜化，C原子沒有孤電子對，O原子上有兩對孤對電子，排斥力較大，鍵角，B正確；C．根據反應機理可知，若MO+與CH2D2反應，生成的氘代甲醇可能為CH2DOD或CHD2OH，共兩種，C錯誤；D．根據反應歷程能量變化圖所示，總反應的反應熱==E1-E2+E3-E4，D正確；故選C；14.不同條件下，當與按照反應①②的化學計量比恰好反應，結果如下。反應序號起始酸堿性還原產物氧化產物物質的量物質的量①酸性0.002x②中性0.001y已知：的氧化性隨酸性減弱而減弱。下列說法不正確的是A.反應①，B.隨反應進行，①②溶液均增大C.對比反應①和②，在較高的溶液中易被氧化為高價D.對比反應①和②，【答案】D【解析】A．反應①中Mn元素的化合價由+7價降至+2價，I元素的化合價由-1價升至0價，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，反應①的離子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=1∶2.5，A正確；B．反應②中Mn元素的化合價由+7價降至+4價，I元素的化合價由-1價升至+5價，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，反應②的離子方程式是：I-+2+H2O=2++2OH-，反應①消耗H+、產生水、pH增大，反應②產生OH-、消耗水、pH增大，B正確；C．已知的氧化性隨酸性減弱而減弱，對比反應①和②的產物，I-的還原性隨酸性減弱而增強，在較高的溶液中易被氧化為高價，C正確；D．反應①離子方程式為10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，x=，反應②離子方程式為I-+2+H2O=2++2OH-，y==0.002mol，，D錯誤；故選D。第二部分本部分共5題，共58分。15.H、C、N、O是中學化學重要的非金屬元素，關于幾種元素及其化合物回答：（1）基態C原子價電子層軌道表示式為：_______。（2）N元素的第一電離能比O元素的大，試解釋原因_______。（3）C與H形成的常見有機化合物、。①分子的模型名稱是_______。②的鍵是由碳的_______雜化軌道與氫的軌道重疊形成鍵。③、均能使溴的四氯化碳溶液褪色，從化學鍵的角度解釋原因_______。（4）石墨相氮化碳是一種新型光催化材料，具有和石墨相似的層狀結構，其中一種二維平面結構如圖所示。晶體中存在的微粒間作用力有_______。（5）碳單質的一種共價晶體結構如圖所示。①每個C原子周圍與它最近且距離相等C原子有_______個。②若該立方晶胞邊長均為，阿伏伽德羅常數的值為。則該晶體的密度為_______。【答案】（1）（2）N的2p軌道呈“半充滿”，電子排布較為穩定，使得其失去外層第一個電子所需能量更高（3）①.直線形②.sp2③.、都含有π鍵，π鍵不穩定，在一定條件下易與Br2發生加成反應，從而使溴的四氯化碳溶液褪色（4）共價鍵、范德華力（5）①.4②.【解析】（1）基態C原子價電子排布式為2s22p2，價電子層軌道表示式為：。（2）N元素的第一電離能大于O元素，主要原因是N的2p軌道呈“半充滿”，電子排布較為穩定，使得其失去外層第一個電子所需能量更高。（3）①分子中存在碳碳三鍵，C原子雜化方式為sp，模型名稱是直線形；②分子中存在碳碳雙鍵，C原子雜化方式為sp2，鍵由碳的sp2雜化軌道與氫的1s軌道頭碰頭重疊形成σ鍵；③、均能使溴的四氯化碳溶液褪色，從化學鍵的角度解釋原因是：、都含有π鍵，π鍵不穩定，在一定條件下易與Br2發生加成反應，從而使溴的四氯化碳溶液褪色。（4）具有和石墨相似的層狀結構，層內存在共價鍵，層間為范德華力。（5）該晶胞為金剛石的共價晶體結構：①?每個C原子呈四面體配位，它周圍最近且距離相等的C原子數為4個；②?在該立方晶胞中共有＝8個C原子，若晶胞邊長為?a?pm，阿伏伽德羅常數為，則該晶體的密度為。16.利用白云石(主要成分為碳酸鈣和碳酸鎂)制備碳酸鈣的工業流程如下。已知：常溫下，：；：。（1）煅燒白云石生成的主要固體產物是_______。（2）用化學用語表示溶液呈酸性的原因_______。（3）溶解時，其他條件相同，反應溫度對、轉化率的影響如圖一所示；其他條件相同，煅燒后白云石灰與的投料比對、轉化率的影響如圖二所示。轉化率(溶解出的質量/煅燒得到的質量)(M代表或)。①80~100℃時，轉化率升高的原因是_______。②從工業生成的角度，選擇合適的投料比為_______。（4）分離過程中分離出的固體物質是_______。（5）用離子方程式表示通入和形成碳酸鈣沉淀的原因_______。（6）該工業流程中可循環使用的物質是_______。【答案】（1）CaO、MgO（2）（3）①.80~100℃時，隨著溫度的升高，會加快反應速率，且會導致氨氣逸出，平衡正向移動，利于提高Ca2+和Mg2+的溶解度②.1:4.2（4）Mg(OH)2（5）（6）NH3、CO2、NH4Cl【解析】白云石(主要成分為碳酸鈣和碳酸鎂)煅燒后，CaCO3、MgCO3轉化為氧化鈣、氧化鎂，加入氯化銨溶液，溶浸后的溶液含有的金屬陽離子有Ca2+、Mg2+；通入NH3調節pH，使Mg2+轉化為Mg(OH)2，通入NH3和CO2最終生成CaCO3沉淀，以此解答。（1）由于CaCO3、MgCO3受熱分解分別生成CaO、MgO和CO2，煅燒白云石生成的主要固體產物是CaO、MgO。（2）NH4Cl溶液呈酸性的原因是水解產生H+，離子方程式為：。（3）①溶解過程中發生的反應為MgO+2Mg2++2NH3+H2O、CaO+2Ca2++2NH3+H2O，80~100℃時，隨著溫度的升高，會加快反應速率，且會導致氨氣逸出，平衡正向移動，利于提高Ca2+和Mg2+的轉化率；②根據圖二，當投料比為1:4.2時，Ca2+和Mg2+的轉化率均較高，且經濟性較好，因此選擇合適的投料比為1:4.2。（4）根據題目中給出的Ksp值，Mg(OH)2的Ksp=5.6×10-12遠小于Ca(OH)2的Ksp=4.7×10-6，因此Mg2+會優先形成Mg(OH)2沉淀，而Ca2+則留在溶液中，分離出的固體物質是Mg(OH)2。（5）通入NH3和CO2后，會產生，Ca2+與結合生成CaCO3沉淀，反應方程式為：。（6）煅燒生成的CO2可以在沉鈣時使用，NH4Cl作為反應物參與溶解過程，同時有NH3生成，沉淀CaCO3時消耗CO2和NH3又生成NH4Cl，因此NH3、CO2、NH4Cl是可循環使用的物質。17.金屬鈦(Ti)在航空航天、醫療器械等工業領域有著重要用途，目前生產鈦的方法之一是將金紅石轉化為，再進一步還原得到鈦。回答下列問題：（1）轉化為有碳氯化法和直接氯化法。在1000℃時反應的熱化學方程式及其平衡常數如下：Ⅰ碳氯化：，。Ⅱ直接氯化：，。①對于碳氯化反應：增大壓強，平衡_______移動(填“向正反應方向”向“逆反應方向”或“不”)；溫度升高，平衡轉化率_______(填“提高”“不變”或“降低”)。②平衡常數遠遠大于，說明碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化，其原因是_______。③反應的為_______，平衡常數_______。（2）在時，將、、C以物質的量比進行反應。體系中氣體(、、、)平衡組成比例(物質的量分數)隨溫度變化的理論計算結果如圖所示。①圖中的四條線中，A代表的物質是_______(填“”或“”)。②圖中顯示，在200℃平衡時幾乎完全轉化為，但實際生產中反應溫度卻遠高于此溫度，其原因是_______。（3）碳氯化是一個“固-固-氣”反應，實際生產中有利于三種反應物接觸的措施是_____。【答案】（1）①.向逆反應方向②.降低③.碳氯化反應氣體分子數增加，小于0，是熵增、放熱過程，熵判據與焓判據均是自發過程，而直接氯化的體系氣體分子數不變、且是吸熱過程④.-223⑤.1.2×1014（2）①.②.提高反應速率，在相同時間內得到更多的產品（3）將、C粉碎后混合，同時鼓入Cl2，使固體粉末“沸騰”，增大接觸面積【解析】（1）①碳氯化是氣體體積增大的放熱反應，增大壓強，平衡向逆反應方向移動，溫度升高，平衡逆向移動，平衡轉化率降低；②平衡常數遠遠大于，說明碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化，其原因是：碳氯化反應氣體分子數增加，小于0，是熵增、放熱過程，熵判據與焓判據均是自發過程，而直接氯化的體系氣體分子數不變、且是吸熱過程；③根據蓋斯定律，將“反應Ⅰ-反應Ⅱ”得到反應=--223，平衡常數=1.2×1014。（2）①當溫度較高時會發生反應：，會導致CO的物質的量分數增大，B為CO2，A代表的物質是；②實際生產中需要綜合考慮反應的速率、產率等，以達到最佳效益，實際反應溫度遠高于200℃，就是為了提高反應速率，在相同時間內得到更多的產品。（3）固體顆粒越小，比表面積越大，反應接觸面積越大，有利于三種反應物接觸，可將兩者粉碎后混合，同時鼓入Cl2，使固體粉末“沸騰”，增大接觸面積。18.抗癌藥物吉非替尼合成路線如下。（1）A中含氧官能團的名稱是醚鍵、_______。（2）寫出兩種符合條件的A的同分異構體_______。a．苯環上一氯代物有兩種；b．不能電離出氫離子（3）化學方程式是_______。（4）的制備過程中，下列說法正確的是_______(填序號)。a．依據平衡移動原理，加入過量的甲醇有利于提高B的轉化率b．可使用乙酸乙酯萃取反應后混合物中的有機化合物c．利用飽和碳酸氫鈉溶液可分離混合物中的B和C（5）的反應類型是_______。（6）由F合成吉非替尼的過程：。已知：。①G中含有3個六元環，含，G的結構簡式為_______。②寫出H結構簡式：_______。【答案】（1）羥基、醛基（2）（任寫兩種，其他合理答案也可）（3）+CH3OH+H2O（4）abc（5）取代（硝化）反應（6）①.②.【解析】B和CH3OH發生酯化反應生成C，C和發生取代反應生成D，由D的結構簡式和C的分子式可以推知C為，B為，D發生硝化反應生成E，E發生還原反應生成F，硝基轉化為氨基，則F為，以此解答。（1）由A的結構簡式可知，A中含氧官能團的名稱是醚鍵、羥基、醛基。（2）A的同分異構體滿足條件：a．苯環上一氯代物有兩種，說明苯環上存在對位的取代基，只含有2種環境的H原子；b．不能電離出氫離子，說明不含羧基和酚羥基；符合條件的A的同分異構體有：（任寫兩種）。（3）由分析可知，B和CH3OH發生酯化反應生成C，化學方程式為：+CH3OH+H2O。（4）a．依據平衡移動原理，加入過量的甲醇可以使該酯化反應平衡正向移動，有利于提高B的轉化率，a正確；b．乙酸乙酯是一種常見的有機溶劑，、都能夠溶于乙酸乙酯，能使用乙酸乙酯萃取反應后混合物中的有機化合物，b正確；c．中含有羧基可以和飽和碳酸氫鈉溶液反應，不和飽和碳酸氫鈉溶液反應且不溶于飽和碳酸氫鈉溶液，利用飽和碳酸氫鈉溶液可分離混合物中的B和C，c正確；故選abc。（5）由分析可知，D發生取代（硝化）反應生成E。（6）H和發生取代反應生成吉非替尼，則H為，G和SOCl2發生取代反應生成H，G中含有，結合已知信息和G、H的分子式可以推知G為。19.是常見的氧化劑，能與許多還原性物質發生反應。（1）實驗室可利用固體和濃鹽酸混合快速制取氯氣，反應的化學方程式為_______。（2）實驗小組同學預測，在相同條件下，固體可以將氧化為，從原子結構角度說明理由_______。（3）探究的用量對氧化產物的影響，進行如下實驗，相關實驗及現象如下：在4支干燥潔凈的試管中，分別加入1滴溶液，15滴溶液，然后分別加入固體，充分振蕩15分鐘，結果如下。實驗編號固體用量/g實驗現象10.0047無沉淀20.0128大量棕色沉淀30.0188少量淺棕色沉淀40.0500無色溶液，無沉淀查閱資料：一定條件下，和都可以被氧化為。①實驗2中產生的棕色沉淀是：_______。②對照實驗2，請用離子方程式解釋實驗3中沉淀量減少的原因_______。③實驗小組補充實驗證實了②中的分析，繼續檢驗實驗3中的含碘微粒。取實驗3的上層清液于干燥潔凈試管中，加入淀粉溶液后無明顯現象，繼續逐滴滴加溶液，溶液變藍。用離子方程式解釋現象變化的原因_______。（4）小組同學在查閱資料過程中發現，只有在酸性條件下才表現出氧化性，于是探究不同硫酸用量對氧化性的影響。相關實驗及現象如下：稱取7份固體，分別加入到7份盛有1滴溶液的7支試管中，第一支試管不加酸，另外6支試管加入不同量的溶液，邊滴加邊振蕩。實驗結果如下：編號1234567用量/滴0579111315實驗現象無色溶液顏色呈淺棕黃色顏色棕黃色加深顏色呈深棕黃色溶液無色，有沉淀產生溶液無色，有少量沉淀產生溶液無色，無沉淀產生該實驗得到的結論是_______。【答案】（1）（2）氯的電負性大于碘，更容易獲得電子（3）①.②.③.（4）酸性越強，的氧化性越強，但過量酸可能抑制反應【解析】探究實驗應注意變量控制。探究的用量對氧化產物的影響，除了的用量不同，其余條件均需相同；探究不同硫酸用量對氧化性的影響，除了硫酸用量不同，其余條件均需相同。（1）固體和濃鹽酸混合生成氯化鉀、氯氣和水，反應的化學方程式為：。（2）實驗小組同學預測，在相同條件下，固體可以將氧化為，從原子結構角度說明理由為：氯的電負性大于碘，更容易獲得電子。（3）①從1到4，其余條件均相同，只有固體用量逐漸增加，根據信息資料，可知實驗1中太少，未發生反應，2中用來適中，能夠將碘離子氧化為碘單質，則產生的棕色沉淀是：。②對照實驗2，實驗3中用量增加，導致碘單質進一步被氯酸鉀氧化為碘酸根，則離子方程式解釋實驗3中沉淀量減少的原因為：。③取實驗3的上層清液于干燥潔凈試管中，加入淀粉溶液后無明顯現象，說明上層清液中沒有碘分子，繼續逐滴滴加溶液，溶液變藍說明亞硫酸氫鈉參與下生成了碘單質，則為碘酸根和亞硫酸氫根發生氧化還原反應所致，用離子方程式解釋現象變化的原因為：。（4）實驗1到7，其余條件均相同，只有硫酸的用量逐漸增加，實驗1為無色溶液，說明氯酸鉀在無酸性條件下氧化性較弱，無法將碘離子氧化為碘單質。實驗2到4所得溶液顏色逐漸加深，說明生成了碘單質，碘單質能和碘離子生成溶解度大的，且生成碘單質的量增加，導致濃度增大、溶液顏色加深，說明隨著硫酸用量的增加，氯酸鉀的氧化性逐漸增強。實驗5到7，溶液變為無色，說明氯酸鉀的氧化性足夠強，將碘單質進一步氧化為碘酸根，被消耗，導致溶液無色。可知，酸性越強，的氧化性越強，但過量酸可能抑制反應。北京市延慶區2025屆高三下學期一模試題可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23Ca-40第一部分本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.我國科研人員利用激光操控方法，從原子束流中直接俘獲原子，實現了對的靈敏檢測。的半衰期(放射性元素的原子核有半數發生衰變所需的時間)長達10萬年，是的17倍，可應用于地球科學與考古學。下列說法不正確的是A.是鈣元素的一種核素B.的原子核內有21個中子C.的半衰期長，說明難以失去電子D.衰變一半所需的時間比衰變一半所需的時間長【答案】C【解析】A．的質子數為20，中子數為21，是鈣元素的一種核素，A正確；B．的質子數為20，質量數為41，中子數為41-20=21，B正確；C．半衰期反映原子核的穩定性，于失去電子的能力無關，C錯誤；D．的半衰期是的17倍，衰變一半所需的時間比衰變一半所需的時間長，D正確；故選C。2.下列化學用語或圖示表達不正確的是A.乙炔的結構式：H-C≡C-HB.順-2-丁烯的分子結構模型：C.Na2O2的電子式：D.基態Si原子的價層電子的軌道表示式：【答案】D【解析】A．乙炔中含有碳碳三鍵，其結構式為H-C≡C-H，A項正確；B．順-2-丁烯中兩個甲基位于碳碳雙鍵同側，其結構模型為，B項正確；C．Na2O2是離子化合物，其電子式為，C項正確；D．基態Si原子的價層電子排布式為3s23p2，根據洪特規則，基態原子中，填入簡并軌道的電子總是先單獨分占，且自旋平行，故基態Si原子的價層電子軌道表示式為，D項錯誤；答案選D。3.下列說法正確的是A.葡萄糖在一定條件下可以發生水解反應B.由氨基乙酸形成的二肽中存在氨基、羧基和肽鍵C.向硝酸銀溶液中加入少量雞蛋清溶液會發生鹽析D.磷酸、戊糖和堿基結合而成的核苷酸是一種生物大分子【答案】B【解析】A．葡萄糖屬于單糖，單糖無法水解，只有雙糖或多糖才能水解生成單糖，A錯誤；B．兩個氨基乙酸（甘氨酸）縮合形成二肽時，其中一個氨基和羧酸基參與形成肽鍵，剩余的氨基和羧酸基仍存在于二肽中，因此二肽中確實含有氨基、羧基和肽鍵，B正確；C．硝酸銀是重金屬鹽，會使蛋白質變性，而非鹽析，C錯誤；D．核苷酸由磷酸、戊糖和堿基組成，是核酸（如DNA、RNA）的單體，屬于小分子，核酸才是生物大分子，D錯誤；故選B。4.下列方程式與所給事實不相符的是A.利用覆銅板制作印刷電路板：B.食醋去除水垢中的：C.用5%溶液能有效除去誤食的：D.海水提溴過程中，用氯氣氧化苦鹵得到溴單質：【答案】B【解析】A．覆銅板制作印刷電路板時，Fe3+將Cu氧化為Cu2+，自身被還原為Fe2+，反應式正確，A正確；B．食醋中的醋酸是弱酸，在離子方程式中應保留分子形式，而非拆解為H+。正確寫法應為：，B錯誤；C．硫酸鈉與Ba2+反應生成BaSO4沉淀，方程式正確，C正確；D．Cl2的氧化性強于Br2，能將Br-氧化為Br2，反應式正確，D正確；故選B。5.完成下述實驗，裝置或試劑不正確的是A．實驗室收集B．實驗室制C．驗證易溶于水且溶液呈堿性D．除去中混有的少量A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．易溶于水，不能用排水法收集，A錯誤；B．MnO2固體加熱條件下將HCl氧化為Cl2，固液加熱的反應該裝置可用于制備Cl2，故B正確；C．擠壓膠頭滴管，水進入燒瓶將NH3溶解，燒瓶中氣體大量減少壓強急劇降低打開活塞水迅速被壓入燒瓶中形成紅色噴泉，紅色噴泉證明NH3與水形成堿性物質，C正確；D．不和飽和碳酸氫鈉溶液反應，和飽和碳酸氫鈉溶液反應生成，可以用飽和碳酸氫鈉溶液除去中混有的少量，D正確；故選A。6.硝酸是重要化工原料，工業合成氨以及氨氧化制取硝酸的原理示意圖如下。下列說法不正確的是A.合成塔中合成氨的反應條件都是為了提高平衡轉化率B.氧化爐中反應的化學方程式：C.A物質可以是空氣或氧氣，目的是使盡量充分的轉化為D.生產過程中吸收塔產生的尾氣可用堿液吸收【答案】A【解析】氮氣和氫氣合成塔中合成氨氣，含有氨氣的混合氣體進入氨分離器得到氨氣，氨氣在氧化爐中催化氧化生成NO，NO和空氣中氧氣結合生成NO2，NO2、O2和水反應得到硝酸，最后尾氣處理防止污染環境，以此來解析。A．合成氨的反應是放熱反應，合成氨的反應條件中高溫不能提高平衡轉化率，目的是為了提高催化劑的活性、加快反應速率，另外加入催化劑也不能提高平衡轉化率，A錯誤；B．氧化爐中NH3和O2在催化劑、加熱的條件下反應生成NO和H2O，化學方程式：，B正確；C．流程分析可知M為空氣，氨氣的催化氧化需要O2，NO和水反應生成HNO3需要O2；吸收塔發生反應：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，O2與NO反應生成NO2，NO2被吸收生成HNO3，所以空氣的作用是：將使NO充分轉化為HNO3，C正確；D．吸收塔產生的尾氣中可能含有未反應的NO和NO2等氮氧化物，這些氣體可以用堿液（如NaOH溶液）吸收，生成硝酸鹽和亞硝酸鹽，D正確；故選A。7.關于和的下列說法中，不正確的是A.室溫下，的溶解度比的大B.在飽和溶液中通入會有晶體析出C.溶液中加入溶液產生沉淀，促進了的水解D.兩種物質的溶液中都存在：【答案】C【解析】A．高價陰離子鹽通常比低價陰離子鹽更易溶于水，因此的溶解度比的大，A項正確；B．溶液中通入生成，由于的溶解度小于，因此以晶體的形式析出，B項正確；C．溶液中加入溶液，發生了離子交換，生成了沉淀，使濃度減小，促進了的電離，C項錯誤；D．和溶液中，陽離子均為、，陰離子均為、、，根據電荷守恒有，D項正確；答案選C。8.下列依據相關數據作出的推斷中，不正確的是A.一定溫度下，若可逆反應的Q小于K，可推斷反應向正方向進行B.室溫時，若一元弱酸大于，可推斷同濃度稀溶液的大于C.依據F、Cl、Br、I電負性依次減小，可推斷它們與氫原子形成氫鹵鍵的極性依次減弱D.依據Li、Na、K、Rb、Cs的第一電離能依次減小，可推斷它們的金屬性依次增強【答案】B【解析】A．根據化學平衡常數的定義，當反應商Q小于平衡常數K時，反應會向生成物方向進行，以達到平衡，故A正確；B．酸的電離常數越大，酸性越強，其對應的鹽水解程度越大、生成的濃度越大、pH值越小，因此一元弱酸大于，可推斷同濃度稀溶液的小于，故B錯誤；C．電負性越大的元素與氫原子形成的氫鍵極性越強，F、Cl、Br、I的電負性依次減小，它們與氫原子形成氫鍵的極性依次減弱，故C正確；D．同主族元素從上到下第一電離能依次減小、金屬性依次增強，則Li、Na、K、Rb、Cs的金屬性依次增強，故D正確；故答案為B。9.鉛酸蓄電池的構造示意圖如下。關于該電池及其工作原理，下列說法不正確的是A.放電時，向電極方向移動B.放電時，正極的電極反應式為C.充電時，電極應與外接直流電源的負極相連D.充電時，陰極電極反應式為【答案】D【解析】鉛酸蓄電池放電時，正極上二氧化鉛得電子發生還原反應，則正極發生的反應是，負極上Pb失去電子生成，電極方程式為：，以此解答。A．放電時，Pb為負極，是正極，原電池中陽離子向正極移動，向電極方向移動，A正確；B．放電時，正極上二氧化鉛得電子發生還原反應，則正極發生的反應是，B正確；C．放電時，Pb為負極，則充電時，電極應與外接直流電源的負極相連，C正確；D．放電時，負極上Pb失去電子生成，電極方程式為：，則充電時，陰極的電極反應式為，D錯誤；故選D。10.離子化合物和與水的反應分別為：①；②。下列說法不正確的是A.、中均有離子鍵和共價鍵B.①中水沒有發生化合價變化，②中水發生還原反應C.中陽、陰離子個數比為，中陽、陰離子個數比為D.當反應①和②中轉移的電子數相同時，產生的和的物質的量之比為【答案】A【解析】A．由和組成，包括離子鍵和共價鍵，由和組成，只有離子鍵，故A錯誤；B．①中中的-1價氧原子在反應中轉化為-2價和0價，水沒有發生化合價變化，②中中的H為-1價，在反應中化合價升高至0價，發生氧化反應，水中的H為+1價，在反應中化合價降低至0價，發生還原反應，故B正確；C．由2個和1個組成，陽、陰離子個數比為，由1個和2個組成，陽、陰離子個數比為，故C正確；D．反應①生成轉移2mol電子，反應②生成轉移2mol電子，當反應①和②中轉移的電子數相同時，產生的和的物質的量之比為，故D正確；故答案為A。11.的資源化利用有利于實現“碳中和”。利用為原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路線如下。下列說法不正確的是A.物質X不存在順反異構體B.Y的化學式為C.P完全水解得到的產物與Y的分子式相同D.P可以利用碳碳雙鍵進一步交聯形成網狀結構【答案】C【解析】A．X是1,3-丁二烯，不存在順反異構體，故A正確；B．根據Y的結構，化學式為，故B正確；C．P水解得到的結構為，具有3個氧原子，而Y只有2個氧原子，兩者分子式不同，故C錯誤；D．P中存在碳碳雙鍵，可以進一步聚合形成網狀結構，故D結構；故答案為C。12.可采用Deacon催化氧化法將工業副產物制成，實現氯資源的再利用。反應的熱化學方程式：。下圖所示為該法的一種催化機理。下列說法不正確的是A.X為反應物，Z為生成物B.反應制得，理論上放出的熱量C.降低反應溫度，被氧化制的反應平衡常數增大，正反應速率減慢D.圖中轉化涉及的反應中有兩個非氧化還原反應【答案】D【解析】如圖所示，反應過程中具有如下基元反應：、、、、，則X為、W為、Y為、Z為。A．據分析，X為反應物，Z為生成物，故A正確；B．根據蓋斯定律，生成放出的熱量，則生成放出的熱量，故B正確；C．正反應為放熱反應，降低反應溫度，反應正向進行，被氧化制的反應平衡常數增大，溫度降低正、逆反應速率均減慢，故C正確；D．據分析，基元反應中、、為非氧化還原反應，、為氧化還原反應，故D錯誤；故答案為D。13.過渡金屬氧化物離子(以表示)在烴類的選擇性氧化等方面應用廣泛。與反應的過程如下圖所示。下列說法不正確的是A反應速率：步驟Ⅰ步驟ⅡB.分子中，鍵角：C.若與反應，生成的氘代甲醇有3種D.【答案】C【解析】A．步驟Ⅰ的活化能大于步驟Ⅱ，反應速率步驟Ⅰ更小，A正確；B．分子中C原子和O原子均為sp3雜化，C原子沒有孤電子對，O原子上有兩對孤對電子，排斥力較大，鍵角，B正確；C．根據反應機理可知，若MO+與CH2D2反應，生成的氘代甲醇可能為CH2DOD或CHD2OH，共兩種，C錯誤；D．根據反應歷程能量變化圖所示，總反應的反應熱==E1-E2+E3-E4，D正確；故選C；14.不同條件下，當與按照反應①②的化學計量比恰好反應，結果如下。反應序號起始酸堿性還原產物氧化產物物質的量物質的量①酸性0.002x②中性0.001y已知：的氧化性隨酸性減弱而減弱。下列說法不正確的是A.反應①，B.隨反應進行，①②溶液均增大C.對比反應①和②，在較高的溶液中易被氧化為高價D.對比反應①和②，【答案】D【解析】A．反應①中Mn元素的化合價由+7價降至+2價，I元素的化合價由-1價升至0價，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，反應①的離子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=1∶2.5，A正確；B．反應②中Mn元素的化合價由+7價降至+4價，I元素的化合價由-1價升至+5價，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，反應②的離子方程式是：I-+2+H2O=2++2OH-，反應①消耗H+、產生水、pH增大，反應②產生OH-、消耗水、pH增大，B正確；C．已知的氧化性隨酸性減弱而減弱，對比反應①和②的產物，I-的還原性隨酸性減弱而增強，在較高的溶液中易被氧化為高價，C正確；D．反應①離子方程式為10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，x=，反應②離子方程式為I-+2+H2O=2++2OH-，y==0.002mol，，D錯誤；故選D。第二部分本部分共5題，共58分。15.H、C、N、O是中學化學重要的非金屬元素，關于幾種元素及其化合物回答：（1）基態C原子價電子層軌道表示式為：_______。（2）N元素的第一電離能比O元素的大，試解釋原因_______。（3）C與H形成的常見有機化合物、。①分子的模型名稱是_______。②的鍵是由碳的_______雜化軌道與氫的軌道重疊形成鍵。③、均能使溴的四氯化碳溶液褪色，從化學鍵的角度解釋原因_______。（4）石墨相氮化碳是一種新型光催化材料，具有和石墨相似的層狀結構，其中一種二維平面結構如圖所示。晶體中存在的微粒間作用力有_______。（5）碳單質的一種共價晶體結構如圖所示。①每個C原子周圍與它最近且距離相等C原子有_______個。②若該立方晶胞邊長均為，阿伏伽德羅常數的值為。則該晶體的密度為_______。【答案】（1）（2）N的2p軌道呈“半充滿”，電子排布較為穩定，使得其失去外層第一個電子所需能量更高（3）①.直線形②.sp2③.、都含有π鍵，π鍵不穩定，在一定條件下易與Br2發生加成反應，從而使溴的四氯化碳溶液褪色（4）共價鍵、范德華力（5）①.4②.【解析】（1）基態C原子價電子排布式為2s22p2，價電子層軌道表示式為：。（2）N元素的第一電離能大于O元素，主要原因是N的2p軌道呈“半充滿”，電子排布較為穩定，使得其失去外層第一個電子所需能量更高。（3）①分子中存在碳碳三鍵，C原子雜化方式為sp，模型名稱是直線形；②分子中存在碳碳雙鍵，C原子雜化方式為sp2，鍵由碳的sp2雜化軌道與氫的1s軌道頭碰頭重疊形成σ鍵；③、均能使溴的四氯化碳溶液褪色，從化學鍵的角度解釋原因是：、都含有π鍵，π鍵不穩定，在一定條件下易與Br2發生加成反應，從而使溴的四氯化碳溶液褪色。（4）具有和石墨相似的層狀結構，層內存在共價鍵，層間為范德華力。（5）該晶胞為金剛石的共價晶體結構：①?每個C原子呈四面體配位，它周圍最近且距離相等的C原子數為4個；②?在該立方晶胞中共有＝8個C原子，若晶胞邊長為?a?pm，阿伏伽德羅常數為，則該晶體的密度為。16.利用白云石(主要成分為碳酸鈣和碳酸鎂)制備碳酸鈣的工業流程如下。已知：常溫下，：；：。（1）煅燒白云石生成的主要固體產物是_______。（2）用化學用語表示溶液呈酸性的原因_______。（3）溶解時，其他條件相同，反應溫度對、轉化率的影響如圖一所示；其他條件相同，煅燒后白云石灰與的投料比對、轉化率的影響如圖二所示。轉化率(溶解出的質量/煅燒得到的質量)(M代表或)。①80~100℃時，轉化率升高的原因是_______。②從工業生成的角度，選擇合適的投料比為_______。（4）分離過程中分離出的固體物質是_______。（5）用離子方程式表示通入和形成碳酸鈣沉淀的原因_______。（6）該工業流程中可循環使用的物質是_______。【答案】（1）CaO、MgO（2）（3）①.80~100℃時，隨著溫度的升高，會加快反應速率，且會導致氨氣逸出，平衡正向移動，利于提高Ca2+和Mg2+的溶解度②.1:4.2（4）Mg(OH)2（5）（6）NH3、CO2、NH4Cl【解析】白云石(主要成分為碳酸鈣和碳酸鎂)煅燒后，CaCO3、MgCO3轉化為氧化鈣、氧化鎂，加入氯化銨溶液，溶浸后的溶液含有的金屬陽離子有Ca2+、Mg2+；通入NH3調節pH，使Mg2+轉化為Mg(OH)2，通入NH3和CO2最終生成CaCO3沉淀，以此解答。（1）由于CaCO3、MgCO3受熱分解分別生成CaO、MgO和CO2，煅燒白云石生成的主要固體產物是CaO、MgO。（2）NH4Cl溶液呈酸性的原因是水解產生H+，離子方程式為：。（3）①溶解過程中發生的反應為MgO+2Mg2++2NH3+H2O、CaO+2Ca2++2NH3+H2O，80~100℃時，隨著溫度的升高，會加快反應速率，且會導致氨氣逸出，平衡正向移動，利于提高Ca2+和Mg2+的轉化率；②根據圖二，當投料比為1:4.2時，Ca2+和Mg2+的轉化率均較高，且經濟性較好，因此選擇合適的投料比為1:4.2。（4）根據題目中給出的Ksp值，Mg(OH)2的Ksp=5.6×10-12遠小于Ca(OH)2的Ksp=4.7×10-6，因此Mg2+會優先形成Mg(OH)2沉淀，而Ca2+則留在溶液中，分離出的固體物質是Mg(OH)2。（5）通入NH3和CO2后，會產生，Ca2+與結合生成CaCO3沉淀，反應方程式為：。（6）煅燒生成的CO2可以在沉鈣時使用，NH4Cl作為反應物參與溶解過程，同時有NH3生成，沉淀CaCO3時消耗CO2和NH3又生成NH4Cl，因此NH3、CO2、NH4Cl是可循環使用的物質。17.金屬鈦(Ti)在航空航天、醫療器械等工業領域有著重要用途，目前生產鈦的方法之一是將金紅石轉化為，再進一步還原得到鈦。回答下列問題：（1）轉化為有碳氯化法和直接氯化法。在1000℃時反應的熱化學方程式及其平衡常數如下：Ⅰ碳氯化：，。Ⅱ直接氯化：，。①對于碳氯化反應：增大壓強，平衡_______移動(填“向正反應方向”向“逆反應方向”或“不”)；溫度升高，平衡轉化率_______(填“提高”“不變”或“降低”)。②平衡常數遠遠大于，說明碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化，其原因是_______。③反應的為_______，平衡常數_______。（2）在時，將、、C以物質的量比進行反應。體系中氣體(、、、)平衡組成比例(物質的量分數)隨溫度變化的理論計算結果如圖所示。①圖中的四條線中，A代表的物質是_______(填“”或“”)。②圖中顯示，在200℃平衡時幾乎完全轉化為，但實際生產中反應溫度卻遠高于此溫度，其原因是_______。（3）碳氯化是一個“固-固-氣”反應，實際生產中有利于三種反應物接觸的措施是_____。【答案】（1）①.向逆反應方向②.降低③.碳氯化反應氣體分子數增加，小于0，是熵增、放熱過程，熵判據與焓判據均是自發過程，而直接氯化的體系氣體分子數不變、且是吸熱過程④.-223⑤.1.2×1014（2）①.②.提高反應速率，在相同時間內得到更多的產品（3）將、C粉碎后混合，同時鼓入Cl2，使固體粉末“沸騰”，增大接觸面積【解析】（1）①碳氯化是氣體體積增大的放熱反應，增大壓強，平衡向逆反應方向移動，溫度升高，平衡逆向移動，平衡轉化率降低；②平衡常數遠遠大于，說明碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化，其原因是：碳氯化反應氣體分子數增加，小于0，是熵增、放熱過程，熵判據與焓判據均是自發過程，而直接氯化的體系氣體分子數不變、且是吸熱過程；③根據蓋斯定律，將“反應Ⅰ-反應Ⅱ”得到反應=--223，平衡常數=1.2×1014。（2）①當溫度較高時會發生反應：，會導致CO的物質的量分數增大，B為CO2，A代表的物質是；②實際生產中需要綜合考慮反應的速率、產率等，以達到最佳效益，實際反應溫度遠高于200℃，就是為了提高反應速率，在相同時間內得到更多的產品。（3）固體顆粒越小，比表面積越大，反應接觸面積越大，有利于三種反應物接觸，可將兩者粉碎后混合，同時鼓入Cl2，使固體粉末“沸騰”，增大接觸面積。18.抗癌藥物吉非替尼合成路線如下。（1）A中含氧官能團的名稱是醚鍵、_______。（2）寫出兩種符合條件的A的同分異構體_______。a．苯環上一氯代物有兩種；b．不能電離出氫離子（3）化學方程式是_______。（4）的制備過程中，下列說法正確的是_______(填序號)。a．依據平衡移動原理，加入過量的甲醇有利于提高B的轉化率b．可使用乙酸乙酯萃取反應后混合物中的有機化合物c．利用飽和碳酸氫鈉溶液可分離混合物中的B和C（5）的反應類型是_______。（6）由F合成吉非替尼的過程：。已知：。