福建漳州市2025-2026学年上学期期末高中教学质量检测 高三化学试题

2025-2026学年（上)期末高中教学质量检测（化学试题解析) 一、选择题 1.C【解析】B项，石墨烯为碳单质，属于无机非金属材料；C项，氯乙烯含有氯元素，不属于烃： D项，反应类型为加聚反应，无其它物质生成。 2.B【解析】A项，M中含酯基能与氢氧化钠溶液、盐酸反应，氨基能与盐酸反应；B项，M中氨基与 羰基先发生加成反应，再发生消去反应，构建了碳氮双键：C项，P中手性碳原子如图所示 D项，红外光谱是利用有机物分子中不同基团在红外光辐射下的特征吸收频率不同来分析分子结构。P 中存在碳氨双键，Q中存在碳碳双键，基团不同，红外吸收峰不同，故可以用红外光谱法鉴别P和Q。 3.C【解析】根据结构式中各元素的成键数目判断，W为H元素，X为C元素，不是Si元素，Si难以 形成硅氧双键，Y为N元素，Z为O元素：M为Cu元素。A项，CO2中碳原子为杂化，键角等于 180°，NO2中氨原子为p2杂化，键角小于180°；B项，三种元素都存在两种以上氢化物，无法判断： D项，-CH为推电子基，CHNH中N原子的电子云密度大于NH中N原子的电子云密度，碱性更强。 4.A【解析】铜冶炼烟尘“焙烧”将S转化为$02，与沸点较低的A$2O3一起蒸出。As2O3在“冷凝” 后分离，$O2进入“制酸系统”制备硫酸，则气体X含SO2。“水浸”后，分离出的水溶液溶质仅含Z$04, 无CuSO4,说明“焙烧”时CuSO4被分解生成不溶于水的CuO,而ZnSO4未分解，A项，“焙烧”温度 应介于560~680℃。“水浸”过滤后，CuO与未分解的PbSO4进入“酸浸”，PbSO4不溶于硫酸，CuO与 硫酸反应转化成CuSO4,过滤，使Cu、Pb元素分离，浸出渣为PbSO4,浸出液溶质主要为CuSO4,CuSO4 经电解或置换法转化为Cu。 5.B【解析】B项，由题干中KOH过量且产物为KH2PO2可知，HPO2为一元酸：C项，1olP4含 6molP-P键，62gP4为0.5mol,则P-P键数目为3Na;D项，P4反应生成PH3,P从0价降为-3价， 生成1 mol PH3转移电子数目为3NA。 6.D【解析】A项，溴乙烷在碱的水溶液中发生取代反应，生成乙醇；B项，产生的气体从长颈漏斗 逸出，无法测量；C项，应将氨水滴入AgNO3溶液。 7.A【解析】A项，侯氏制碱法利用特定温度下NHCO3在氨盐水体系中溶解度相对较小的原理，使其 优先结晶析出。正确的离子方程式为：Na*+NH+CO2+HO=NaHCO3+NH。 8.C【解析】A项，σ键与π键个数比为9：2：B项，第一步反应活化能大，为决速步骤，Br参与第二 Br 步反应，增大cB),只能提高第二步反应速率：C项，、人H为1,2-加成产物，Br入入H为1,4 加成产物，1,4-加成产物能量比1,2-加成产物低，更稳定；D项，根据盖斯定律，1,2-加成的反应热为 △H1+△H2。 高三化学试题解析第1页共6页 9.D【解析】A、D项，充电时，b极电极反应为：LiCoO2-xe一Li1-CoO2+xLi计，发生氧化反应， 故b极为阳极，则冷端电极为正极。理论上，电路中转移x mol e时，b极生成1 mol Li1CoO2;B项， 新型电池工作原理为Fe(CN)通过胍离子的诱导，在冷端结晶析出，导致冷端溶液中[Fe(C)]4浓度减 小，[Fe(C)s]4-e一[F(C)3平衡逆移。同时晶体通过重力沉降，自发转移到热端溶解，使热端 溶液中[Fe(CN)]4浓度增大，[Fe(CN)]4-e三[Fe(CN)]3平衡正移。冷热端持续产生[Fe(CN]4浓度 差，维持电池的持续发电。如调换位置，冷端在下，产生的晶体无法自发转移至热端溶解，则溶液中 [Fe(C)6]4浓度不断减少，电池无法持续放电；C项，充电时，Li计移向a极（阴极）。 10.D【解析】CaC2O4体系中存在下列平衡：CaC204(s)三Ca2*(aq)+C2O(aq)、 C2O+H0=HC2O:+OH、HC2O+H20=H2C204+OH。pH为6~8，c(Ca2)≈c(C2O}), 曲线①与④重合。加入HC1,随着pH减小，平衡正移，体系中微粒浓度：HC2O4增大，HC2O:先增大 后减小，C2O减小，Ca2+增大。故各曲线分别表示①C2O}、②H2C204、③HC2O:、④Ca2+:B项，当 cHC,0)=c(C,0)时，草酸的K2=)C0=cH),对应图中曲线O③交点的pH=4.2,K2=1042, c(HC2O) 则K2的数量级为10；C项，N点溶液酸性较强，应是CaC204中加入了HCl,根据电荷守恒式： 2c(Ca2)+cH=cHC2O)+2c(C2O})+c(OH)+c(C1),同时N点处，cHC2O4)=c(C2O}),则 2C(Ca2)+cH)>cHC2O)+2cHC2O4)+c(OH):D项，方法一：若碱性较强，C2O}几乎不水解， c(Ca2)≈c(C2O)=√K(CaC,0,)=√1086=104.31moL1,当pH=13时，c(OH)=0.1molL1,此时c(Ca2+) <104.31molL1,Q[Ca(OHD]<104.31×(102=106.31<Kp[Ca(OHD]=105.6,无Ca(OHD2沉淀析出：方法 二：读图分析，pH=13时，c(Ca2+<104moL-1,Q[Ca(O2<104×(10-2=106<K[Ca(OH)]=103.6, 无Ca(OHD2沉淀析出。 二、非选择题 11.(15分) (1)C02、H0、N02(写两个即可，2分) (2)g→h→e→f→c→d→e→f(cd顺序可互换，2分) (3)3MnO4+5N0+4H*=3Mn2++5N0;+2H20(2分) (4)100mL容量瓶、胶头滴管(2分)偏小(1分) (5)1(1分) (6)①A-0.01)×100%(2分)②1(1分)维生素C(1分)>(1分) 0.4553a 【解析】 (1)空气中的C02、H0会和Na2O2反应生成Na2CO3、NaOH、O2:装置B中残留的O2与NO反应生 成NO2,NO2会和Na2O2反应，导致产品纯度降低。 高三化学试题解析第2页共6页 (2)Cu和NO3反应制取NO混有挥发出的NO,需用水除去，接装置C用于干燥NO,得到纯净 NO通入装置B与N2O2反应，后接装置C防止E中水蒸气进入B,最后用盛有酸性KMnO4的烧杯吸 收未反应的NO,防止污染空气。 (4)未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质没有全部转移到容量瓶中，会导致所配溶液浓度偏小。 (5)方法一：直接取一组数据代入函数计算；方法二：观察两组数据，如加入NNO2质量为0.2ug和 0.4g时，可发现NaNO2质量增大到原来的2倍，A一0.01大约也增大到2倍，故n=1。 (6)①1mL样品溶液中含样品总质量m(,=ag,测得对应吸光度为A1,代入y=0.4553x+0.01标准 曲线函数可得纯NaN0:质量为(A00四g,则NaNO纯度=m纯NaNO:Lx1oo6=(A-00D×1o0% 0.4553 m(总) 0.4553a ②控制单一变量，选取与第①题相同体积的样品溶液1L,加入维生素C,定容至25L,若维生 素C与NaNO2反应，NaNO2含量会减少，吸光度降低。 12.(16分) (1)Na2SiO3(1分) (2)RuO+CH3CH2OH+2H2O-Ru(OH)4+CH3CHO+20H (2) (3)低于80℃，蒸馏速率慢；高于80℃，RuO4分解(2分) (4)中和H,平衡逆向移动，使Ru元素从有机相进入水相，实现Ru的回收与萃取剂再生(2分) (5)2RuO4+16HCI=2RC13+5Cl2↑+8H20(2分) (6)106-3a（2分) (7)c(2分) (8)①6(1分)②cd(2分) 【解析】 (1)废渣中主要成分为Ru、Pb、SiO2,SiO2与NaOH反应生成NazSiO3, SiO2+2NaOH-Na2SiO3+H2O. (2)由(1)中信息知Na2RuO4可溶，“还原”过程CH,CH2OH作还原剂，被氧化为CH;CHO;RuO被 还原为Ru(OH)4。 (3)温度变化主要影响蒸馏速率和物质的稳定性。 (4)萃取时Ru元素由水相进入有机相，反萃取时加入NaOH,中和H,平衡逆向移动，使Ru元素由有 机相重新进入水相。 (5)“吸收”时，RuO4与盐酸发生反应。 （6)25C时，Kp[Ru(OH)3]=1.0×1036,调节pH=a,cH)=10 mol-L-1,c(OH)=1014molL1, 高三化学试题解析第3页共6页 c(Run3)=K,Ru(OD,]_1.0×1036 =10-3 mol-L1。 10a-14) 0a14)3 (7)从图中观察钌的相关化合物及转化，如RuC3中Ru的价态为+3，O=Ru(OAc)3中Ru的价态为+5， Ru(OAc)3+HO2→O=Ru(OAc)3+HO是氧化还原反应，均可判断Ru的价态发生变化；AcOH为反应 PhPh 物：m一h存在顺式异构休一：过程中不存在极性键的形成。 (8)根据-RuCl,晶体呈层状结构分析，层间距大于层内化学键键长，层间存在范 德华力；层内每个Ru位于由6个CI(上下各有3个CI)构成的八面体中心，一个 Ru紧邻的CI有6个，一个CI紧邻的Ru有2个，CI的孤对电子对填入Ru+的空轨 道，形成配位键。 13.(13分) (1)羟基、羧基(2分) (2)保护羟基(1分) (3)正四面体(1分) (4)还原反应(1分) COOC,Hs COOCHs COOCHs (5 COOC,Hs (2分) (6)2(2分) COOC-Hs NH- 7) OH (2分) (2分) 【解析】 OH (2)A→B过程为-COOH与C2HOH发生酯化反应，产物B( CO0C2H)中OH保留，D→E过程 是D中-OH与 发生反应，结合信息i,B→C的过程保护B中的-OH,在E→F过程中，-OH 脱保护。 (3)A1H,中心原子A1采取sp杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体。 (4)F→G反应条件为Pd/C、H2,可以将-NO2转化为-NH2,为还原反应。 高三化学试题解析第4页共6页 NH CHOOC C.H.OOC (5)结合信息iⅱ，G( OH)与 OCH反应生成H( OH )。 H COOC2Hs COOCH H→I反应过程如图所示： 先脱去一个HO,构建C-N键，形成了一个六元环。 CH HO H.C (6)依题意X共有 2种同分异构体。 OH OH NH (7)根据信息ⅱ逆推， 中C-N键断裂，M为 OH CH00( 先脱去一个H亚，构建C一N键，形成了一个六元环，生成 再脱去 一个亚，构建C一O键，形成六元环，得到J( 14.(16分) (1)1s22s22p3s23p4(1分) (2)+233.2(1分) (3)①33.3(2分)②bc(2分) (4)①20%(2分) 2x60×60_2×15×15=0.22 (2分) 8 7×68×687×17×17 (7 ②减小(1分)反应I、Ⅱ、Ⅲ均为气体分子数增大的反应，不通入A,HS和CH4分压增大， 平衡逆向移动，H2S转化率减小（2分) (5)①CS*+SH*三CS2+H*+*(2分)②减小(1分) 高三化学试题解析第5页共6页 【解析】 (2)根据盖斯定律，总反应Ⅱ=反应I+反应II,则△H3=△H1+△H2=+233.2kJol1。 (3)①设CL转化的物质的量为xmol。 反应IS2+CH4≠CS2+2H, 始(mol)2 1 0 0 △2(mol)x 2x 平(mol)2-x1-x 2r 平衡时，气体n意=3+x,CS2的体积分数为10%，列式得：、x=10%,x=0.333,CH4转化率为33.3%。 3+x ②c项，S,与CH体积分数比为2-x:1-x,比值随x变化而变化，比值不再变化达平衡状态； 3+x^3+x d项，CH4、S2的物质的量之比始终为1：2，无法判断是否平衡。 (4)①设初始H2S)=(CH4)=1mol,(Ar)=4.7mol,则n(投料中的氢原子)=6mol,n(投料中的 硫原子)=1mol。由图可知：nHS)的转化率为32%，则反应△nH2S)=0.32mol,平衡时nH2S)学=0.68mol; 方法一：设反应IⅡ中S2转化的物质的量为xol,列出三段式： 2H2S=S2+2H2 CH4+S2≥CS2+2H, 始mol)1 0 0 1 0.16 0 0 △n(mol)0.32 0160.32 2x 平(mol)0.68 0.16 0.32 1-x 0.16-x 2 S,收率=2X0,16-)×1096=004,x=0,14mol。平衡时，40HS4=0.68m0l:S4=0.02m0l:M0H, 1 =(0.32+2×0.14mol=0.6mol:nCH4)年=(1-0.14)mol=0.86mol:(CS2)年=0.14mol:1(Ar)年=4.7mol。 方i法二：S,收率=nS中的流原×109%=nS)x10P%=49%,即mS=004mol,MS2,=0.02m0l。 n(投料中的硫原予 1mol 根据s守恒可得：m(C8)=,9-2S,_032-2x0.02 ol=0.14mol 2 2 根据C守恒可得：n(CH4)平=n(CH4)-n(CS2)平=1-0.14)mol=0.86mol 根据H守恒可得：nH,)年=2△H,9+4nCH)_2x0,32+4×0.14 ol=0.6mol 2 2 方法三：根据原子守恒列出三段式： H,S S,H,CH CS,Ar 始(mol)100104.7 △nmol)0.320.020.60.140.140 平mol)0.680.020.60.860.144.7 结合上述分析：n意=(0.68+0.02+0.6+0.86+0.14+4.7)mol=7mol。 恒压100kPa,T7时，H的收率为2x06×100620%,K:8)×pa 6 p'(H,S) (0.68x100 2 7 (5)①观察流程中的第一步“吸附”H2S过程，“*”表示催化剂表面的活性中心。CS2“脱附”过程为 机理中最后一步。 ②HS的分压过大，机理中第一步产生S增加，催化剂表面被S等物种占据增多，空位率0下降， 日下降导致CH吸附受阻，CHS*中间体形成少，根据v=kp(CH4)6,总反应速率减小。 高三化学试题解析第6页共6页2025一2026学年（上）期末高中教学质量检测 高三化学试题 本试卷共8页，满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H1C12N14016Na23P31 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选 项中，只有一项符合题目要求) 1.我国研究团队制备了一种氮化硼限域纳米石墨烯催化剂，实现乙炔高效转 化为氯乙烯，助力聚氯乙烯环保高效生产。下列说法错误的是 A.氨化硼含有共价键 B.石墨烯属于无机非金属材料 C.氯乙烯属于烃 D.用氯乙烯制备聚氯乙烯的原子利用率为100% 2.某物质Q的合成路线如下，下列说法错误的是 NH. A.M能与盐酸、氢氧化钠溶液反应B.M→P的过程中只涉及加成反应 C.P中存在2个手性碳原子 D.可以用红外光谱法鉴别P和Q 3.某营养添加剂的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短 周期元素，且X、Y、Z同周期，金属单质M为紫红色。下列说法正确 的是 A.键角：XZ2<YZ B.氢化物的沸点：Z>Y>X C.第一电离能：M<X<Z<Y D.碱性：YW3>W3XYW, 4.一种从铜冶炼烟尘（主要含S、As2O,及Cu、Zn、Pb的硫酸盐）中高效 回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下。下列说法错误的是 冷凝 气体 制酸系统 As203 铜冶炼烟尘焙烧 水浸 浸出液→Cu ZnS0,溶液 浸出渣 高三化学试题第1页（共8页) 已知：①As203沸点460℃；②分解温度：Cu01100℃，CuS0,560℃， ZnS04680℃，PbS04高于1000℃。 A.“焙烧”温度可为500℃ B.气体X含SO, C.“水浸”、“酸浸”后均需过滤 D.“酸浸”使Cu、Pb元素分离 5.白磷() 在过量热的浓碱中发生反应 P十3KOH+3H2O一PH,个+3KH2PO2。NA表示阿伏加德罗常数的 值。下列说法错误的是 A.1molH20中含有质子的数目为10NA B.1molH3PO2能电离出H+的数目为3NA C.每消耗62gP4断裂P一P键的数目3NA D.生成1 mol PH3,转移电子的数目为3NA 6.下列实验操作或方法正确的是 H02 溴乙烷、 溶液 NaOH水溶汽 Mno, A.制备乙烯 B.测定H2O2分解速率 2%AgNO3 溶液 8 国2%氨水 C.制备银氨溶液 D.振荡放气 7.下列有关离子方程式错误的是 A.侯氏制碱法：2Na+2NH3+CO2+H2O一Na2CO3V+2NHt B.加水稀释CuCL2浓溶液，溶液由绿色变为蓝色： [CuCl4]2-+4H20=[Cu(H2O)4]2++4CI C.泡沫灭火器工作原理：.A13++3HCO?一AI(OH)3Y+3CO2↑ D.Na2S2O3溶液与稀硫酸反应：S2O?+2H+一SO2个+S↓+H20 高三化学试题第2页（共8页） 8.1,3-丁二烯（◇）与HBr按照1：1 个能量 发生加成反应得到两种产物。能量变 化与反应进程的关系如图所示。下列 说法正确的是 A.1,3-丁二烯中σ键与π键个数之比 △H Br 为3：2 △H H-Br B.增大c(Br),可以提高整体反应的 速率 Br C.1,4-加成产物比1,2-加成产物稳定 反应进程 D.1,3-丁二烯与HBr发生1,2-加成的反应热为△H1-△H2 9.一种新型电池以胍离子(Gdm)选择性地诱导[Fe(CN)6]4-在冷端结晶， 通过重力沉降在热端溶解，打破[Fe(CN)]4--e一[Fe(CN)s]3-平 衡，实现热能转化为电能。用该电池给锂离子电池充电，充电时电池反应 为：6C+LiCoO2一Li,C6+Li1-xCoO2。下列说法正确的是 冷端电极■ oGdm ● d● 石墨电极 LiCo02电极 Fe(CN) 。结最 a 导电 导电 b ● Fe(CN) ● 介质 介质 口热敏性晶体 。溶解；。 热端电极 0● 00 LPON薄膜 A.冷端电极为负极 B.新型电池可以改为冷端在下，热端在上 C.充电时，Li移向b极 D.理论上电路中转移xmol电子，b极生成1 mol Li1-xCoO2 10. 常温下，在含有足量草酸钙的体系中，加HCl或NaOH调节pH,溶液中各 微粒浓度的对数lgc(M)与pH关系如图所示(M代表H2CzO4、HC2O、 C,0、Ca2+),已知Kp(CaC,04)=l0862、Kp[Ca(0H)2]=105.6。 下列有关说法错误的是 1gc(M) A.④表示Ca2+的浓度变化 B.Ka2的数量级为10-5 2 3 C.N点时，2c(Ca2+)+c(H+)> c(HC2O)+2c(H2 C2O)+c(OH) 4 6 N D.pH=l3时，有Ca(OH)2沉淀生成 -7 ③ -8 pH 1.3 4.2 13 高三化学试题第3页（共8页） 二、非选择题（共4大题，共60分） 11.(15分)亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色 剂和防腐剂。某学习小组进行相关实验，回答下列问题： I.制备NaNO2 已知：①2N0+Na202—2NaNO2,2NO2+Na2O2-2 NaNO3; ②NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO,。 该小组利用下列装置制备NaNO2(夹持及加热装置略去，部分仪器可重 复使用)。 稀硝酸 酸性高锰 过氧化钠 酸钾溶液 浓硫酸 铜 B D E (1)反应开始前需通入氮气，防止 (填化学式)与Na2O2 反应使产品纯度降低。 (2)仪器按气流方向连接顺序为b→ → →i。 (3)E中发生反应的离子方程式为 Ⅱ.样品中NaNO2纯度测定 (4)配制100mL0.20g·mL1NaNO2标准使用液，需要使用的玻璃仪器有 移液管、玻璃棒、烧杯、量筒，还需 配制过程中，未洗涤 烧杯和玻璃棒，会使标准使用液浓度 (填“偏大”或“偏小”)。 (5)用分光光度计测量标准系列溶液的吸光度A,获取以NaNO2质量为横 坐标、吸光度A为纵坐标的标准曲线。分别量取不同体积NaNO2标准 使用液，加入显色剂，用蒸馏水定容至25mL。部分数据处理如下： NaNO2质量(ug) 0 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 吸光度A 0 0.097 0.147 0.172 0.238 0.284 通过上述实验数据得到标准曲线函数y=0.4553x”十0.01，则n为 (填整数)。 (6)①用步骤I制备的NaNO2样品配成ag·mL1样品溶液。取1mL该 溶液，加入显色剂，定容至25mL,测得吸光度为A1,样品中NaNO2 纯度是 (用a、A列出计算式)。 高三化学试题第4页（共8页) ②有关报道维生素C可以有效降低食品中NaNO,含量。为探究真实 性，小组成员进行如下实验（维生素C不干扰该实验吸光度的测定）。 实验方案 实验数据 实验结论 取mL样品溶液，加入少 维生素C可以有 量 充分反应，再加人 (填“>” “<” 效降低NaNO2的 显色剂，定容至25mL,测得 或“=”)。 吸光度为A2。 含量。 12.(16分)钉(Ru)为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领 域。某含钉的废渣主要成分为Ru、Pb、SiO2,从中回收RuCL,的工艺流 程如下： NaOH、NaCIo CH,CH,OH NaCIO3 盐酸 +滤液1一→还原→R(OH川，→氧化→蒸馏→RO4一→吸收→结晶→RuC, 迪渣 滤液Ⅱ NaOH 酸靴化，萃取→反萃取 还原 M←一有机相 已知：①RuO4的沸点为40℃，易挥发，微溶于水，易分解； ②25℃时，Kp[Ru(0H)3]=1.0X1036。 回答下列问题： (I)“氧化碱浸”生成的溶质主要成分为Na2RuO4、Na2[Pb(OH)4]、 NaCl和 (2)“还原”时氧化产物为乙醛，该反应的离子方程式为 (3)“蒸馏”时控制温度为80℃，RuO4回收率较高。温度过低或过高 时，回收率低的原因是 (4)有机萃取剂M萃取[RuCL6]-的反应为： [RuC]-+2H++2M(有机相)一(MH),[RuCl](有机相)，从 平衡移动原理角度解释反萃取时，加人NaOH的作用 (5)“吸收”时发生反应的化学方程式为 0 (6)“结晶”后的母液中仍残留少量Ru3+,某小组设计方案测残留量。当 调节pH=a时，开始出现沉淀（溶液体积保持不变)。母液中 c(Ru3+)=mol·L1(用含a的式子表示)。 高三化学试题第5页（共8页） (7)RuCL,在有机合成中有重要应用，其参与某有机物合成的路线如图所 示(AcOH代表乙酸，Ph代表苯基)，下列说法正确的是 (填标号) H2 O=Ru(OAc)3 Ph- P a.Ru的价态没有变化 RuCt AcOH Ru(OAc)3 Ph b.AcOH为中间产物 -HCI -H2z0 c.Ph人h存在顺反异构 AcOH O-Ru(OAc)2 Ru(OAc)2OH d.过程中存在极性键和非极 OH ORu(OAc)2 性键的断裂与形成 30 ACO Ph (8)a-RuCL3的晶胞结构如图所示。 2轴方向投影图 ①晶体中与一个Ru紧邻的Cl有 个。 ②晶体中微粒间作用力有 。(填标号) a.离子键b.非极性共价键 c.配位键 d.范德华力 13.(13分)左氧氟沙星是一种具有广谱抗菌作用的药物，其前体K的合成路 线如下： LiAIH4 OTHP PPTS COOH浓疏酸I△ -OTHP c00C2H5 OH NaOH C,HsO0C H C2H.OOC CuHzF2NO6 -OH i.R-OH DHER-OTHP PPTSR-OH(其中DHP、PPTS是有机试剂缩写)； +R3-OH。 NH 高三化学试题第6页（共8页） (1)A中的官能团名称为 (2)B→C的目的是 (3)LiAIH,中AIH的空间构型是 (4)F→G的反应类型是 (5)H→I的化学反应方程式是 (6)X为G的同分异构体，同时满足下列条件的X有 种（不考虑 立体异构)。 ①含-CH2NH2; ②能与FeCl3溶液发生显色反应； ③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：6。 (7)K的另一种制备途径如下： C2H5000 C2H000 OH +回 K -2HF 写出M、J的结构简式 14.(16分)氢能是一种“零碳”资源与绿色能源，利用H,S和CH可重整 制氢，涉及反应如下： 反应I:2H2S(g)=S2(g)十2H2(g) △H1=+169.6kJ·mol-1 反应Ⅱ：CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g)△H2=+63.6k·mol-1 (1)基态硫原子的核外电子排布式为 0 (2)重整制氢的总反应Ⅲ： 2H2S(g)+CH4(g)=CS2(g)+4H2(g)的△H3= kJ·mol-1。 (3)在恒温、恒容密闭容器通人2molS2(g)和1 mol CH4(g)发生反 应Ⅱ。 ①当CS2的体积分数为10%时，CH,的转化率为 %（保留三 位有效数字)。 ②判断该反应达到平衡状态的标志是 。(填标号) a.混合气体密度不再改变 b.气体平均摩尔质量不再改变 c.CH,与S2体积分数之比不再改变 d.CS2、H2的物质的量之比为1：2 高三化学试题第7页（共8页） (4)恒压100kPa下，按组成n(H,S):n(CH,):n(Ar)=1:1:4.7通 入混合气体，测得平衡状态下H2、S2的收率和H2S的转化率随温度 的变化曲线如下图所示。 10 100 HS转化率∠ 子 (T4) 50 S,收率 五，收率 精名店 25 (T32) 04 0 400 600T800 1000 T℃ 已知：H2的收率= n(H2中的氢原子) X100% n(投料中的氢原子) n(S2中的疏原子) S2的收率= n(投料中的硫原子) ×100% ①计算T温度下H2的收率=，此时反应I的K。= kPa (列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压X体 积分数)。 ②其他条件不变，不通人Ar,H2S转化率 (填“增大”“减 小”或“不变”)，原因是 (5)某研究小组通过实验，成功追踪到CH4/H2S在MoS2/Al2O3催化剂 表面的协同转化路径如图所示，“*”表示催化剂表面的活性中心： 8 十* sr +SH*+H CH*西令*+s→己Hs*ZHCS* →CS2 +*、0S* H*S*2 S*H2 空+s2 H, ①上述机理中，H2S“吸附”过程为H2S+*一H2十S*,CS2“脱 附”过程的方程式是 ②研究揭示了CH3S*中间体的形成是促进CS2生成的决速步骤，总 反应的速率方程可近似表示为v=k·p(CH4)·0(其中k为速率常 数，0表示催化剂空位率)，若H2S的分压过大，总反应速率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 高三化学试题第8页（共8页）