精品解析：湖南省长沙市天心区长沙市长郡中学2025-2026学年高三上学期10月月考 化学试题

长郡中学2026届高三月考试卷(二) 化学 得分：___________ 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。 可能用到的相对原子质量：H~1 Li~7 C~12 N~14 O~16 F~19 Na~23 S~32 Cl~35.5 Zr~91 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有 ·项是符合题目要求的) 1. “国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下述材料属于金属材料的是 A. “C919”大飞机用的氮化硅涂层 B. “梦想”号钻探船钻头用的合金 C. “望宇”登月服用的聚酰亚胺隔热层 D. “雪龙2”号破冰船制淡水用的反渗透膜 2. 如图所示装置(加热、除杂和尾气处理装置任选)不能完成相应气体的制备和检验的是 A. 电石与饱和 NaCl溶液 B. Na2SO3固体与70%浓硫酸 C. 生石灰与浓氨水 D. Al2S3固体与水 3. 设NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 18 g冰内氢键的数目为2 NA B. 的 HCl 溶液中氢原子总数为 NA C. 标准状况下的22.4 L Cl2与足量H2反应，形成的共价键数目为2 NA D. 铅酸蓄电池负极增重96 g，理论上转移电子数为2 NA 4. 下列化学用语或图示错误的是 A. 二氯甲烷分子的球棍模型： B. 基态30Zn原子的价层电子排布式：3d104s2 C. 乙腈(CH3CN)的电子式： D. 的价层电子对互斥模型： 5. 对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是 A. 用 溶液除去乙炔中的 B. 用稀盐酸浸泡氧化银： C. 用盐酸除去铁锈： D. 向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液： 6. 一种强力胶的黏合原理如下图所示。下列说法正确的是 A. 有2种官能团 B. 中碳原子有3种杂化类型 C. 可遇水溶解使黏合物分离 D. 该反应为缩聚反应 7. 为研究三价铁配合物的性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知： 黄色、 呈红色、[FeF6]3-呈无色。 下列说法错误的是 A. ①中浓盐酸促进平衡正向移动 B. 由①到②，生成并消耗 C. 由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化 D. 由①→④的现象，说明F-与Fe3+有很强的配位能力 8. 全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法错误的是 A. 隔膜为阴离子交换膜 B. 充电时，a极为阴极 C. 放电时，隔膜两侧溶液 浓度均增大 D. 理论上， 每减少l mol，总量相应增加2 mol 9. 某化合物的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族。下列说法错误的是 A. 元素电负性： B. 该物质中Y和Z均采取杂化 C. 基态原子未成对电子数： D. 基态原子的第一电离能： 10. 一定条件下，烯烃可以转化为相应的邻二醇(R—表示饱和烃基)，邻二醇在一定条件下可以继续转化为N-甲基吗啉(NMM)，转化过程机理如下图所示。下列说法错误的是 A. 转化过程中Os元素化合价发生改变 B. 涉及的有机物中碳原子杂化方式有两种 C. NMM包含六元杂环，杂环内的6个原子位于同一平面上 D. 是转化过程中的催化剂 11. 锆是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 该氧化物的化学式为 B. 晶胞中与O的配位数分别为8和4 C. 该氧化物的密度为 D. 若p处坐标为，则q处的坐标参数为 12. 铂钯精矿中的 Au、Pt、Pd含量较低，Cu、Zn、Pb含量较高。一种从铂钯精矿中提取 Au 和Pt的工艺如图所示。 已知：“酸浸”过程为电控除杂；“氯化溶解”后所得主要产物为 HAuCl4、 ；在煮沸下与水反应得到易溶于水的。下列说法错误的是 A. “酸浸”只可除去 Zn和 Pb B. “分金”时，HAuCl4的氧化性强于 H2PtCl6 C. “煮沸”过程中发生了氧化还原反应 D. “煅烧”过程中每消耗 转移 4mol电子 13. 一定条件下，1-苯基丙炔((Ph-C≡C-CH₃)可与 HCl发生催化加成，反应如下： 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应、为放热反应)，下列说法错误的是 A. 反应焓变：反应>反应 B. 反应活化能：反应<反应 C. 选择相对较长的反应时间，及时分离可获得高产率的产物 D. 增加 HCl浓度可增加平衡时产物和产物的比例 14. 室温下，将置于溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX-pH曲线如图，和的平衡常数分别为和：的水解常数。下列说法错误的是 A. Ⅲ为的变化曲线 B. D点： C. D. C点： 选择题答题卡 题号 1 /2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 得分 答案 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15. 三氟甲基亚磺酸锂(Mr=140)是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂，其合成原理如下： 实验步骤如下： ．向 A 中加入3.5g NaHCO3、5.2g Na2SO3和20.0mL 蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯有气泡产生(装置如图，夹持及加热装置省略)。80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。 ．向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水Na₂SO₄，振荡，抽滤、洗涤。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。 ．将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mL THF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，析出白色固体。抽滤、洗涤。 ．将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL 蒸馏水和过量 LiOH。室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.1g。 已知：THF 是一种有机溶剂，与水任意比互溶。 回答下列问题： （1）仪器A的名称为___________，仪器B相较于球形分液漏斗的优点是___________。 （2）步骤反应中有气泡产生，其主要成分为___________。 （3）步骤的目的是___________。 （4）步骤中发生反应的化学方程式为___________，判断加入浓盐酸已足量的方法为___________。 （5）步骤中排入蒸馏水的作用是___________。 （6）三氟甲基亚磺酸锂的产率为___________(保留至0.01%)。 16. 一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸溶1”的目的是_______。 （2）已知“酸溶2”中转化为，则生成该物质的化学方程式为_______；“滤渣”的主要成分是_______(填化学式)。 （3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量和，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为_______。 （4）若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为_______(填标号)[已知的]。 A．2.0 B．4.0 C．6.0 （5）“活化还原”中，必须过量，其与(III)反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为_______；反应中同时生成，(III)以计，则理论上和(III)反应的物质的量之比为_______。 （6）“酸溶3”的目的是_______。 17. 维生素是维持蛋白质正常代谢必要的维生素，其合成路线如下： 已知： 回答下列问题： （1）B中官能团名称分别为___________、___________。 （2）已知C的核磁共振氢谱只有一组峰，的化学方程式为___________。 （3）F的结构简式为___________。 （4）的反应类型为___________。 （5）同时满足以下条件的B的同分异构体有___________种(不包括立体异构)。 ①能与反应 ②能与发生催化氧化生成醛 （6）D和E转化为F的路线如下，其中化合物的结构简式分别___________、___________。 18. I．通过甲酸分解可获得超高纯度的。甲酸有两种可能的分解反应： ① ② （1）反应的_______。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c．的浓度不变 d．和的物质的量相等 （3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近，原因是_______；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是_______。 Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(和)的重要方法，主要反应有： ③ ④ ⑤ （4）恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有_______(填标号)。 a．增加原料中的量 b．增加原料中的量 c．通入气 （5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的//混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图。 i．投料组成中含量下降，平衡体系中的值将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 ii．若平衡时的分压为，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数_______(用含p的代数式表示，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长郡中学2026届高三月考试卷(二) 化学 得分：___________ 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。 可能用到的相对原子质量：H~1 Li~7 C~12 N~14 O~16 F~19 Na~23 S~32 Cl~35.5 Zr~91 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有 ·项是符合题目要求的) 1. “国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下述材料属于金属材料的是 A. “C919”大飞机用的氮化硅涂层 B. “梦想”号钻探船钻头用的合金 C. “望宇”登月服用的聚酰亚胺隔热层 D. “雪龙2”号破冰船制淡水用的反渗透膜 【答案】B 【解析】 【详解】A．氮化硅涂层属于新型陶瓷材料，属于无机非金属材料，A不符合题意； B．合金是金属与其他元素熔合而成的材料，属于金属材料，B符合题意； C．聚酰亚胺是高分子有机材料，不属于金属材料，C不符合题意； D．反渗透膜通常由高分子聚合物制成，属于有机材料，D不符合题意； 故选B。 2. 如图所示装置(加热、除杂和尾气处理装置任选)不能完成相应气体的制备和检验的是 A. 电石与饱和 NaCl溶液 B. Na2SO3固体与70%浓硫酸 C. 生石灰与浓氨水 D. Al2S3固体与水 【答案】C 【解析】 【详解】A．电石（CaC2）与饱和NaCl溶液反应生成乙炔（C2H2），属于固液不加热型反应，符合装置要求；乙炔含碳碳三键，具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，可检验，A正确； B．Na2SO3固体与70%浓硫酸反应生成SO2，固液不加热型反应，符合装置；SO2具有还原性，与酸性KMnO4发生氧化还原反应使溶液褪色，可检验，B正确； C．生石灰（CaO）与浓氨水反应生成NH3，固液不加热型反应，符合装置；但NH3为碱性气体，通入酸性KMnO4溶液中先发生中和反应（NH3+H+=），为正四面体结构，十分稳定，还原性极弱，无法与酸性KMnO4发生明显氧化还原反应，不能使溶液褪色，无法检验，C错误； D．Al2S3固体与水发生双水解生成H2S，固液不加热型反应，符合装置；H2S具有还原性，与酸性KMnO4反应生成S沉淀并使溶液褪色，可检验，D正确； 故答案选C。 3. 设NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 18 g冰内氢键的数目为2 NA B. 的 HCl 溶液中氢原子总数为 NA C. 标准状况下的22.4 L Cl2与足量H2反应，形成的共价键数目为2 NA D. 铅酸蓄电池负极增重96 g，理论上转移电子数为2 NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．冰中每个水分子通过氢键连接4个相邻分子，但每个氢键被两个分子共享，实际每个水分子贡献2个氢键，18g冰即1mol冰的氢键数目为，故A正确； B． 的HCl溶液中，含有1 mol溶质HCl和大量溶剂水，其中HCl所含的氢原子数为 ，溶剂水中也含有大量的氢原子，故该溶液中的氢原子总数远大于 ，B错误； C．1mol Cl2与H2反应生成2mol HCl，形成2mol H-Cl键，共价键数目为2NA，故C正确； D．负极反应为，增重96g，即1 mol参与反应，转移2mol电子，电子数为2NA，故D正确； 故答案为B。 4. 下列化学用语或图示错误的是 A. 二氯甲烷分子的球棍模型： B. 基态30Zn原子的价层电子排布式：3d104s2 C. 乙腈(CH3CN)的电子式： D. 的价层电子对互斥模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A．二氯甲烷（CH2Cl2）为四面体结构，球棍模型中中心C原子连接两个大球（Cl原子，半径大于C）和两个小球（H原子，半径小于C），图示符合四面体结构及原子相对大小，A正确； B．Zn为30号元素，基态电子排布式为[Ar]3d104s2，价层电子包括3d和4s轨道电子，故价层电子排布式为3d104s2，B正确； C．乙腈（CH3CN）中氰基（-CN）的C与N之间为三键（3对共用电子对），电子式正确，C正确； D．中心C原子形成3个σ键，其孤电子对数 = ，价层电子对数为3+0=3，价层电子对互斥模型是平面三角形，D错误； 故选D选项。 5. 对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是 A. 用 溶液除去乙炔中的 B. 用稀盐酸浸泡氧化银： C. 用盐酸除去铁锈： D. 向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液： 【答案】C 【解析】 【详解】A．是弱酸，在溶液中不能完全离解为，正确反应应为，A错误； B．与盐酸反应生成的会与结合生成AgCl沉淀，正确离子方程式为，B错误； C．与反应生成和水，结晶水（）合并到产物中，方程式正确，C正确； D．碳酸氢钡中，正确方程式应为，D错误； 故答案选C。 6. 一种强力胶的黏合原理如下图所示。下列说法正确的是 A. 有2种官能团 B. 中碳原子有3种杂化类型 C. 可遇水溶解使黏合物分离 D. 该反应为缩聚反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．Ⅰ的官能团为碳碳双键、酯基（-COO-）、氰基（-CN），共3种，A错误； B．Ⅰ中碳原子的杂化类型：碳碳双键及羰基碳为sp2杂化，氰基碳为sp杂化甲基碳为sp3杂化，共3种杂化类型，B正确； C．Ⅱ为高分子聚合物，含有酯基和氰基，氰基、酯基水解需要在酸或碱加热条件下进行，所以Ⅱ遇水不会溶解使黏合物分离，C错误； D．该反应是单体Ⅰ中碳碳双键打开相互加成形成高分子Ⅱ，无小分子生成，属于加聚反应，D错误； 故选B。 7. 为研究三价铁配合物的性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知： 黄色、 呈红色、[FeF6]3-呈无色。 下列说法错误的是 A. ①中浓盐酸促进平衡正向移动 B. 由①到②，生成并消耗 C. 由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化 D. 由①→④的现象，说明F-与Fe3+有很强的配位能力 【答案】C 【解析】 【分析】的FeCl3溶液滴加数滴浓盐酸，生成更多的，溶液黄色加深；继续滴加1滴KSCN溶液，转化为，溶液变为红色；再加入NaF固体，转化为，溶液红色褪去，变为无色；再滴加KI溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，说明I-未被氧化。 【详解】A．浓盐酸中Cl⁻浓度大，根据勒夏特列原理，会促进平衡正向移动，生成更多黄色的，使溶液黄色加深，A正确； B．①中含（黄色），加入KSCN后生成红色的，说明SCN-与Fe3+结合，促使解离释放Fe3+，即消耗并生成，B正确； C．①中主要含，其稳定性弱于[FeF6]3-，会部分解离出Fe3+；Fe3+氧化性较强，可氧化I⁻生成I2，淀粉遇I2变蓝，故向①中加KI、淀粉溶液会变蓝，C错误； D．②中为红色，加入NaF后红色褪去变为无色，说明F⁻与Fe3+形成更稳定的[FeF6]3-，证明F⁻与Fe3+配位能力很强，D正确； 故选C。 8. 全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法错误的是 A. 隔膜为阴离子交换膜 B. 充电时，a极为阴极 C. 放电时，隔膜两侧溶液 浓度均增大 D. 理论上， 每减少l mol，总量相应增加2 mol 【答案】D 【解析】 【分析】全铁流电池原理为2Fe3++Fe=3Fe2+，a极发生Fe-2e-=Fe2+，为负载铁的石墨电极做负极，b极发生Fe3++e-=Fe2+，发生还原反应，b为石墨电极，做正极，依次解题。 【详解】A．放电时原电池中，阴离子向负极移动。正极室（右侧）得电子生成（正电荷减少），负极室（左侧）失电子生成（正电荷增多），阴离子从正极室穿过隔膜向负极室移动以平衡电荷，故隔膜为阴离子交换膜（阴膜可防止Fe3+进入a极区），A正确； B．充电时，原电池的负极（a极）对应电解池的阴极，发生还原反应（Fe2++2e-=Fe），B正确； C．放电时，a极生成Fe2+（浓度增大），b极Fe3+还原为Fe2+（Fe2+浓度增大），故两侧Fe2+浓度均增大，C正确； D．放电总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，2 mol Fe3+减少生成3 mol Fe2+，则1 mol Fe3+减少时，Fe2+总量增加1.5 mol，而非2 mol，D错误； 故答案选D。 9. 某化合物的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族。下列说法错误的是 A. 元素电负性： B. 该物质中Y和Z均采取杂化 C. 基态原子未成对电子数： D. 基态原子的第一电离能： 【答案】D 【解析】 【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族，且X、Z均形成2个共价键，则X为O，Z为S；Y形成5个共价键且原子序数位于O、S之间，则Y为P；W形成1个共价键，原子序数最小，则W为H； 【详解】A．同周期从左向右电负性逐渐增大，同主族从上向下电负性逐渐减小，故元素电负性O>S>P，即X>Z>Y，A项正确； B．由该物质结构可知，P形成4个σ键，P上没有孤电子对，P原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，S形成2个σ键，S上有2对孤电子对，S原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，B项正确； C．基态H原子未成对电子数为1，基态O原子的价电子排布式为2s22p4，未成对电子数为2，基态P原子的价电子排布式为3s23p3，未成对电子数为3，则基态原子未成对电子数，即，C项正确； D．基态原子的第一电离能同周期从左向右逐渐增大，由于VA族原子的p轨道处于半充满状态，第一电离能大于同周期相邻主族元素，即P>S，D项错误； 故选D。 10. 一定条件下，烯烃可以转化为相应的邻二醇(R—表示饱和烃基)，邻二醇在一定条件下可以继续转化为N-甲基吗啉(NMM)，转化过程机理如下图所示。下列说法错误的是 A. 转化过程中Os元素化合价发生改变 B. 涉及的有机物中碳原子杂化方式有两种 C. NMM包含六元杂环，杂环内的6个原子位于同一平面上 D. 是转化过程中的催化剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．转化过程中Os元素在OsO4（+8价）与中间产物（如OsO2(OH)2，+6价）间转化，化合价发生改变，A正确； B．涉及的有机物中，烯烃双键碳为sp2杂化，饱和烃基、邻二醇及NMM中的碳为sp3杂化，共两种杂化方式，B正确； C．NMM的六元杂环为饱和杂环（含O、N及四个sp3杂化碳），类似环己烷椅式构象，环内6个原子不共平面，C错误； D．为OsO4，在转化中参与反应后又再生，符合催化剂定义，D正确； 故选C。 11. 锆是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 该氧化物的化学式为 B. 晶胞中与O的配位数分别为8和4 C. 该氧化物的密度为 D. 若p处坐标为，则q处的坐标参数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据“均摊法”，晶胞中含4个Zr、个O，则立方氧化锆的化学式为，A项正确； B．根据体心的氧原子可知晶胞中O的配位数分别为4，因此依据化学式可知的配位数为8，B项正确； C．晶胞中含4个Zr、8个O，则晶体密度为，C项错误； D．根据晶胞的位置可知，p处坐标为，则q处的坐标参数为，D项正确； 答案选C。 12. 铂钯精矿中的 Au、Pt、Pd含量较低，Cu、Zn、Pb含量较高。一种从铂钯精矿中提取 Au 和Pt的工艺如图所示。 已知：“酸浸”过程为电控除杂；“氯化溶解”后所得主要产物为 HAuCl4、 ；在煮沸下与水反应得到易溶于水的。下列说法错误的是 A. “酸浸”只可除去 Zn和 Pb B. “分金”时，HAuCl4的氧化性强于 H2PtCl6 C. “煮沸”过程中发生了氧化还原反应 D. “煅烧”过程中每消耗 转移 4mol电子 【答案】A 【解析】 【分析】已知“氯化溶解”后所得主要产物为、、，则“酸浸”过程应除去了、、，分金过程通入SO2除去Au，加入NH4Cl沉铂、沉钯，煮沸过程分离铂和钯，煅烧得到Pt，在煮沸下与水反应得到易溶于水的。 【详解】A．由分析可知，“酸浸”过程为电控除杂，可除去Cu、Zn、Pb，A错误； B．“分金”时，SO2作还原剂，HAuCl4作氧化剂被还原，H2PtCl6不反应，说明HAuCl4氧化性大于H2PtCl6，B正确； C．“煮沸”过程中发生反应，可知Pd元素化合价降低，部分Cl元素化合价升高，即发生了氧化还原反应，C正确； D．“煅烧”过程中发生反应，由反应方程式可知，每消耗3mol (NH4)2PtCl6转移12mol e-，故每消耗1mol(NH4)2PtCl6转移4mol e-，D正确； 故选A。 13. 一定条件下，1-苯基丙炔((Ph-C≡C-CH₃)可与 HCl发生催化加成，反应如下： 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应、为放热反应)，下列说法错误的是 A. 反应焓变：反应>反应 B. 反应活化能：反应<反应 C. 选择相对较长的反应时间，及时分离可获得高产率的产物 D. 增加 HCl浓度可增加平衡时产物和产物的比例 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ，因此反应Ⅱ的比反应Ⅰ更小，产物Ⅱ的能量比产物Ⅰ低，即稳定性：产物Ⅱ>产物Ⅰ，故A正确； B．反应所需的活化能越小，反应速率越快，相同时间内所占比例越大，根据图知，短时间内，反应Ⅰ的占比远远大于反应Ⅱ，说明反应Ⅰ的速率远远大于反应Ⅱ，则活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ，B正确； C．随时间延长，产物Ⅱ占比逐渐增大并趋于稳定，而产物Ⅰ占比先增后减（可能因反应Ⅲ继续转化），故选择较长时间并及时分离可提高产物Ⅱ产率，C正确； D．由于存在产物Ⅰ与产物Ⅱ之间的可逆反应，其K值与氯化氢含量无关，因此比值不会随着HCl的含量的改变而改变，D错误； 故答案选D。 14. 室温下，将置于溶液中，保持溶液体积和N元素总物质的量不变，pX-pH曲线如图，和的平衡常数分别为和：的水解常数。下列说法错误的是 A. Ⅲ为的变化曲线 B. D点： C. D. C点： 【答案】B 【解析】 【分析】pH越小，酸性越强，Ag+浓度越大，氨气浓度越小，所以Ⅲ代表，Ⅱ代表，Ⅳ代表NH3，Ⅰ代表Ag+，据此解答。 【详解】A．根据以上分析可知Ⅲ为的变化曲线，A正确； B．硝酸铵为强酸弱碱盐，其溶液pH＜7，图像pH增大至碱性，则外加了物质，又整个过程保持溶液体积和N元素总物质的量不变，则所加物质不是氨水，若不外加物质，则溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，，，但外加了碱，设为NaOH，则c(Na+)+，，B错误； C．根据图像可知D点时和Ag+浓度相等，此时氨气浓度是10－3.24，根据可知，C正确； D．C点时和Ag+浓度相等，B点时和浓度相等，所以反应的的平衡常数为103.8，因此K2=，C点时和Ag+浓度相等，所以，D正确； 答案选B。 选择题答题卡 题号 1 /2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 得分 答案 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15. 三氟甲基亚磺酸锂(Mr=140)是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂，其合成原理如下： 实验步骤如下： ．向 A 中加入3.5g NaHCO3、5.2g Na2SO3和20.0mL 蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯有气泡产生(装置如图，夹持及加热装置省略)。80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。 ．向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水Na₂SO₄，振荡，抽滤、洗涤。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。 ．将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mL THF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，析出白色固体。抽滤、洗涤。 ．将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL 蒸馏水和过量 LiOH。室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.1g。 已知：THF 是一种有机溶剂，与水任意比互溶。 回答下列问题： （1）仪器A的名称为___________，仪器B相较于球形分液漏斗的优点是___________。 （2）步骤反应中有气泡产生，其主要成分为___________。 （3）步骤的目的是___________。 （4）步骤中发生反应的化学方程式为___________，判断加入浓盐酸已足量的方法为___________。 （5）步骤中排入蒸馏水的作用是___________。 （6）三氟甲基亚磺酸锂的产率为___________(保留至0.01%)。 【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 平衡内外气压，确保液体顺利流下 （2） （3）将步骤Ⅰ所得的三氟甲基亚磺酸钠粗品进行提纯，提高产率 （4） ①. +HCl+， ②. 取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量 （5）作为溶剂，溶解后加快反应速率  （6） 【解析】 【分析】向A中加入和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯，生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢和硫酸，碳酸氢钠与酸反应生成二氧化碳，所以有气泡产生，80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤，除去硫酸钠，洗涤可将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发生的化学方程式为：+HCl+，析出白色固体。抽滤、洗涤。将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率，室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.1g，据此解答。 【小问1详解】 由图可知，A为三颈烧瓶。仪器B是恒压滴液漏斗，相较于球形分液漏斗的优点是：平衡内外气压，确保液体持续稳定流出； 【小问2详解】 向 A 中加入3.5 g NaHCO3、5.2 g Na2SO3和20.0 mL 蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1 mL(3.3 g)三氟甲磺酰氯生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以有气泡产生。 【小问3详解】 A中反应生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢等，上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤除去硫酸钠等固体、洗涤，洗涤可将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，从而进行提纯，提高产率。 【小问4详解】 由分析可知，将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0 mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发生的化学方程式为：+HCl+，析出白色固体，所以判断加入盐酸已足量的方法为：取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量。 【小问5详解】 将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0 mL蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率。 【小问6详解】 向 A 中加入 蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1 mL(3.3 g)三氟甲磺酰氯，三氟甲磺酰氯量不足，以三氟甲磺酰氯计算理论产量为：，氟甲基亚磺酸锂的产率为。 16. 一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸溶1”的目的是_______。 （2）已知“酸溶2”中转化为，则生成该物质的化学方程式为_______；“滤渣”的主要成分是_______(填化学式)。 （3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量和，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为_______。 （4）若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为_______(填标号)[已知的]。 A．2.0 B．4.0 C．6.0 （5）“活化还原”中，必须过量，其与(III)反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为_______；反应中同时生成，(III)以计，则理论上和(III)反应的物质的量之比为_______。 （6）“酸溶3”的目的是_______。 【答案】（1）溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离 （2） ①. ②. SiO2 （3）、 （4）A （5） ①. +1 ②. 6：1 （6）除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn 【解析】 【分析】贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程中，加入浓盐酸溶解其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh，转化为，Pt转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、和，再用H2进行高温还原得到铑单质，向滤液中加入NH4Cl将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl2将(III)转化为，再加入Zn进行还原，生成Rh，由于Zn过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn和生成的Sn，实现Zn与Rh分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。 【小问1详解】 原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2，Fe易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而Rh和Pt在常温下不易被非氧化性酸溶解，SiO2不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过滤后Fe(II)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO2，实现初步分离，故答案为：溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离。 【小问2详解】 “酸溶2”中转化为，Rh元素化合价由0升高至+3，HNO3中N元素化合价由+5降低至+2生成NO，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。 【小问3详解】 “高温还原”过程中，和均被H2还原为Rh，Rh元素化合价均由+3降低至0，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为、。 【小问4详解】 初始浓度为，则溶液中，当恰好生成沉淀时，，，，因此为避免生成沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为A。 【小问5详解】 配离子中，配体带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则，则x=+1价；(III)以计，反应中Rh(III)还原至Rh(I)，每个Rh得到2个电子，SnCl2为还原剂，部分被氧化为，Sn(II)被氧化为Sn(IV)，每个Sn失去2个电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个Cl-形成，作为新的配体，每生成1个，需要5个SnCl2，因此理论上和(III)反应的物质的量之比为。 【小问6详解】 由于“二次还原”过程中，为确保完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物Rh、Sn存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn。 17. 维生素是维持蛋白质正常代谢必要的维生素，其合成路线如下： 已知： 回答下列问题： （1）B中官能团名称分别为___________、___________。 （2）已知C的核磁共振氢谱只有一组峰，的化学方程式为___________。 （3）F的结构简式为___________。 （4）的反应类型为___________。 （5）同时满足以下条件的B的同分异构体有___________种(不包括立体异构)。 ①能与反应 ②能与发生催化氧化生成醛 （6）D和E转化为F的路线如下，其中化合物的结构简式分别___________、___________。 【答案】（1） ①. 醚键 ②. 酯基 （2） （3） （4）还原反应 （5）12 （6） ①. ②. 【解析】 【分析】A为与乙醇在浓硫酸作用下，发生酯化反应生成B为，B和C发生取代反应生成D为和CH3CH2OH，结合结构及题干信息，可知C为丙酮；D与E和氨气反应，生成F，F异构化生成G为，结合已知反应，可知F为；G与PCl3发生取代反应生成H为；H和浓硝酸发生取代反应生成I为；I中硝基、-CN发生还原反应生成J为；J经过系列反应生成维生素B6； 【小问1详解】 B中官能团名称分别为醚键、酯基。故答案为：醚键；酯基； 【小问2详解】 已知C的核磁共振氢谱只有一组峰，C为丙酮，B和C发生取代反应生成D为和CH3CH2OH，的化学方程式为。故答案为：； 【小问3详解】 F的结构简式为。故答案为：； 【小问4详解】 I中硝基、-CN发生还原反应生成J，的反应类型为还原反应。故答案为：还原反应； 【小问5详解】 B为，其同分异构体：①能与反应，说明含有羧基，②能与发生催化氧化生成醛，说明含有，则剩余4个碳原子构成主链，按照定一移一法，固定羧基，则的位置有：、、、(只画出了碳骨架)，总计12种，故答案为：12； 【小问6详解】 E为与氨气反生取代反应，生成M为；M与D反应生成K；K发生分子内加成生成N，N脱水生成F为，可知N为，故答案为：；。 18. I．通过甲酸分解可获得超高纯度的。甲酸有两种可能的分解反应： ① ② （1）反应的_______。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c．的浓度不变 d．和的物质的量相等 （3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近，原因是_______；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是_______。 Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(和)的重要方法，主要反应有： ③ ④ ⑤ （4）恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有_______(填标号)。 a．增加原料中的量 b．增加原料中的量 c．通入气 （5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的//混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图。 i．投料组成中含量下降，平衡体系中的值将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 ii．若平衡时的分压为，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数_______(用含p的代数式表示，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1）-41.2 （2）bc （3） ①. 原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢 ②. 催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利 （4）b （5） ①. 增大 ②. 0.675p2 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则； 【小问2详解】 a．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡状态； b．两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变是平衡状态； c．气体浓度不变是平衡状态的标志，则浓度不变，是平衡状态； d．CO和CO2物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态； 故选bc； 【小问3详解】 反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利； 【小问4详解】 a．增加原料中CH4的量，CH4自身转化率降低； b．增大原料中CO2的量，CH4转化率增大； c．通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变； 故选b； 【小问5详解】 如图可知，恒压时，随着Ar含量下降，反应物的分压增大，相当于加压，平衡③和⑤逆向移动，④平衡瞬间不移动；反应③的CO和H2的化学计量数相同，不影响n(CO)：n(H2)，但是反应⑤逆向移动，H2减少的量更多，n(CO)：n(H2)增大； 设初始投料：、、，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时： ； ； 根据碳元素守恒：； 根据氧元素守恒：； 根据氢元素守恒：； 平衡时，气体总物质的量为，Ar的分压为，则总压为，、、、，反应⑤的平衡常数。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $