精品解析：内蒙古呼和浩特市2026届高三下学期一模化学试题

呼和浩特市2026年高三年级第一次模拟考试 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡上。 2.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。不能答在本试卷上，否则无效。本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mn-55 一、单项选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分)。 1. 内蒙古博物院馆藏文物辽代鎏金云纹铜马具的主要材质为青铜，表面鎏金层是将金汞齐均匀涂抹于铜器表面后加热使汞挥发，从而形成金镀层。出土文物表面常见绿色铜锈。下列有关说法错误的是 A. 该文物属于合金材料 B. 鎏金过程中汞挥发属于物理变化 C. 鎏金层可以减缓铜基体发生腐蚀 D. 铜锈的生成过程发生了析氢腐蚀 2. 浓氨水常用于检验氯气是否泄漏，发生反应为：。下列有关化学用语说法错误的是 A. 的球棍模型： B. 的晶体类型：分子晶体 C. 的电子式： D. 的共价键类型：键 3. 下列实验与实验安全有关的图标选择错误的是 A. 与的吸热反应：①②④⑤⑥ B. 钠与水反应：①②④⑦ C. 乙醛的银镜反应：①②④⑤ D. 电解氯化钠溶液：①②③④ 4. 聚四氟乙烯合成路线如图：。已知：Sb为第五周期第VA族元素下列说法正确的是 A. 的空间结构：四面体形 B. 氯原子的结构示意图： C. 反应涉及到C原子杂化方式共有三种 D. 基态Sb原子的电子排布式为 5. 工业制硝酸的物质转化过程如下图。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 过程①中，与分反应可形成个极性键 B. 过程②中，消耗，转移电子数为 C. 过程③生成物，每11.2 L含有分子数目为 D. pH=1的溶液中，数目为 6. W、X、Y、Z和Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的一种核素不含中子，短周期中Z原子的原子半径最大，Y与X、Q相邻，Y的基态原子s能级与p能级具有相同的电子数。下列说法错误的是 A. 沸点： B. 第一电离能：X>Y>Q C. 中离子键成分的百分数比小 D. 键角： 7. 配制一定浓度NaOH溶液并用其滴定未知浓度醋酸溶液，下列说法正确的是 A．配制NaOH溶液 B．滴定中，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化 C．滴定终点前滴加半滴标准液 D．读数为14.20 mL A. A B. B C. C D. D 8. 下列反应的离子方程式书写错误的是 A. 向饱和氨盐水中通入过量： B. 绿矾()除去酸性废水中的： C. 用泡沫灭火器灭火原理： D. 溶液中加入稀硫酸： 9. 腺嘌呤核苷和腺嘌呤核苷酸是生产核酸类药物的中间体，其转化的反应如下，下列说法错误的是 A. I和磷酸能发生缩聚反应 B. Ⅱ不可发生水解反应 C. 中P杂化方式为 D. Ⅱ是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐 10. 铁基液流电池为解决储能问题提供了一种经济、环保和安全的选择，全铁液流电池工作原理如图，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. 放电时，a极电势低于b极电势 B. 隔膜为阴离子交换膜 C. 充电时，a极可能发生析氢反应： D. 充电时，隔膜两侧溶液浓度均增大 11. 电池正极材料MnO晶体充放电过程中正极材料立方晶胞的组成变化如图所示。I为MnO活化过程，活化后得□的缺陷型晶体，□表示阳离子空位，晶胞参数为a nm，表示阿伏伽德罗常数的值。空位率。下列说法正确的是 A. 原始MnO中的配位数为12 B. 若□中Mn的平均化合价为，则阳离子空位率为 C. 当时，MnO晶体的密度为 D. Ⅱ为充电过程 12. 已知：，活化能为；，活化能为。对应的能量一反应过程曲线如图1.在恒容的密闭容器中充入一定量的R气体，保持其他条件不变，控制反应温度分别为和，曲线如图2，在、，下最大值出现的时间分别为。 下列说法正确的是 A. B. C. 升高温度，的反应速率的增加倍数大于 D. 是平衡移动导致的 13. 铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[]中提取铍的路径为： 已知：。下列说法错误的是 A. 为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程需要缓慢冷却 B. “萃取分液”的目的是分离和 C. “反萃取”生成的化学方程式： D. “滤液2”可以进入反萃取步骤再利用 14. 探究铜与浓硝酸反应后溶液呈绿色的原因，实验步骤如下： 已知：①为蓝色，为绿色；② ； ，下列说法错误的是 A. 由实验①现象，推测与水可能发生反应，产生 B. 实验①可能发生反应， C. 通过检测得“蓝色溶液2”中含，可说明实验③中将氧化为 D. 15. 某金属离子和结合形成两种配离子和。常温下，的和的混合溶液中，和的浓度对数(实线)、含M微粒的分布系数(虚线)[例如]与溶液pH的关系如图所示：下列说法错误的是 A. 曲线Ⅱ对应的物质为 B. C. b点： D. 图中a点对应的pH≈4.3 二、非选择题(本题共4小题，共55分)。 16. 一种利用磷酸亚铁锂正极材料(主要含，碳渣)回收铁、锂的流程如下。 已知：①酸性：；②25℃时，；③。回答下列问题： （1）“粉碎”的目的是_______。 （2）“酸浸”过程，25℃时，取10 g正极材料，反应相同时间，锂、铁浸出率与草酸添加量的关系如图。 ①生成和的化学方程式为_______。 ②草酸最佳添加量为_______g，随草酸添加量增加，锂浸出率先增大后减小的原因为_______。 （3）“调pH”的目的是______，当离子沉淀完全()时，理论上“滤液1”中最大浓度为_______。 （4）“沉锂”步骤中发生反应的离子方程式为_______。 （5）“滤液2”主要含有_______(填化学式)。 17. 利用性能良好的离子液体(IL)催化合成苯甲酸甲酯，设计实验方案如下。 步骤： I．将一定量离子液体(IL)、4.80 g苯甲酸()和15.12 g甲醇加入三颈烧瓶中，70℃下搅拌反应3 h。 Ⅱ．待反应结束后，冷却后减压蒸馏，乙酸乙酯萃取浓缩物，收集上层液，最终得目标产物4.99 g。回答下列问题： （1）生成苯甲酸甲酯的化学方程式为_______。 （2）离子液体(IL)的核磁共振氢谱如图(已去除溶剂中D的吸收峰)。 ①该离子液体(IL)熔点为83℃，分析其熔点低的原因_______。 ②谱图中无中H的吸收峰，离子液体(IL)等效氢有_______种。 ③为使波峰强度b与h区分明显，可将溶剂替换为。极性：_______。(填“<”或“>”)。 （3）制备过程中不需要用到的仪器有_______(填名称)。 （4）该实验苯甲酸甲酯的产率为_______(保留到小数点后两位)。 （5）已知甲醇的沸点为65℃，温度过高苯甲酸转化率减小的原因为_______。 18. 将丙烷转化为高附加值产品丙烯是实现碳基能源高效利用的关键技术之一，具有广阔的使用前景及巨大的经济效益。请回答下列问题： 【方法一】丙烷直接脱氢 I： II： （1）估算反应I的焓变需要_______(填数字)种化学键的键能数据，该反应是_______(选填“熵驱动”、“焓驱动”)自发。 （2）下列措施可提高丙烷平衡转化率的是_______(填标号)。 A．适当升高温度 B．使用高效催化剂 C．利用选择性透过膜及时分离氢气 （3）恒容密闭容器，假设只发生反应I．在10 kPa、100 kPa不同起始压强下达到化学平衡时，测得丙烷和丙烯的物质的量分数随温度变化如图乙。当起始压强为10 kPa，丙烯随温度变化的物质的量分数曲线是_______(填标号)；A点对应的平衡常数_______kPa(为以分压表示的平衡常数，计算结果保留到小数点后两位)。 （4）丙烷脱氢的反应在催化剂表面一般要经历“扩散→吸附→表面反应→脱附→扩散”的过程。分析反应过程中因温度过高导致产率下降的原因为_______。 【方法二】丙烷氧化脱氢 III： （5）丙烷氧化脱氢过程，引入氧化性气体如能降低反应能耗，提升产率的原因是_______。 （6）研究人员利用作催化剂，对反应的机理展开研究。以和为原料，初期产物中没有检测到；以含有的(D为)和为原料，反应过程中没有检测到。下列推断合理的是_______(填标号)。 A．直接氧化吸附的丙烷，吸附的氧气补充中反应掉的氧 B．先吸附氧气，吸附的氧气直接与吸附的丙烷反应 C．催化丙烷脱氢过程中，碳氢键的断裂是可逆的 19. 可用于预防和治疗流行性感冒的药物磷酸奥司他韦中间体的一种合成路线如下： 已知：①Bz为；②；③。 回答下列问题： （1）A→B实现了由_______到酯基的转化(填官能团名称)。 （2）D的结构简式为_______。 （3）N原子电子云密度越大，碱性越强。碱性：_______(填“>”“<”或“=”)，从平衡移动的角度分析在D→E中的作用_______。 （4）G→H的反应类型为_______。 （5）I→J的化学方程式为_______。 （6）合成过程中会生成，同时满足下列条件的该物质的同分异构体的数目有_______种。 (a)能与溶液发生显色反应 (b)可发生银镜反应 (c)含苯环(不含其他环)，且核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为 （7）参考上述路线，设计如下转化，X和Y的结构简式分别为_______和_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 呼和浩特市2026年高三年级第一次模拟考试 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡上。 2.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。不能答在本试卷上，否则无效。本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mn-55 一、单项选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分)。 1. 内蒙古博物院馆藏文物辽代鎏金云纹铜马具的主要材质为青铜，表面鎏金层是将金汞齐均匀涂抹于铜器表面后加热使汞挥发，从而形成金镀层。出土文物表面常见绿色铜锈。下列有关说法错误的是 A. 该文物属于合金材料 B. 鎏金过程中汞挥发属于物理变化 C. 鎏金层可以减缓铜基体发生腐蚀 D. 铜锈的生成过程发生了析氢腐蚀 【答案】D 【解析】 【详解】A．该文物主要材质为青铜，青铜是铜锡合金，属于合金材料，A正确，不符合题意； B．汞挥发是汞由液态变为气态的过程，无新物质生成，属于物理变化，B正确，不符合题意； C．鎏金层可隔绝铜基体与氧气、水等腐蚀介质接触，能减缓铜基体发生腐蚀，C正确，不符合题意； D．铜的金属活动性弱于氢，无法发生析氢腐蚀，铜锈生成过程发生的是吸氧腐蚀，D错误，符合题意； 故选D。 2. 浓氨水常用于检验氯气是否泄漏，发生反应为：。下列有关化学用语说法错误的是 A. 的球棍模型： B. 的晶体类型：分子晶体 C. 的电子式： D. 的共价键类型：键 【答案】C 【解析】 【详解】A．分子为三角锥形结构，N原子位于顶点，3个H原子位于底面，图中模型符合该结构，A正确； B．由分子构成，固态时依靠分子间作用力结合，属于分子晶体，B正确； C．是离子化合物，正确电子式应为，C错误； D．中 N 原子采取杂化，形成 3 个 N-H 键，每个键由 N 的杂化轨道与H的1s轨道重叠而成，即键，D正确； 故选C。 3. 下列实验与实验安全有关的图标选择错误的是 A. 与的吸热反应：①②④⑤⑥ B. 钠与水反应：①②④⑦ C. 乙醛的银镜反应：①②④⑤ D. 电解氯化钠溶液：①②③④ 【答案】A 【解析】 【分析】①护目镜（实验防护眼睛，多数实验需要）、②洗手（实验后清洁，所有实验都需要）、③用电（涉及通电的实验需要）、④排风（产生有毒/有害气体需要通风）、⑤热烫（涉及加热、高温，防烫伤）、⑥明火（用到明火加热）、⑦锐器（使用小刀、尖锐玻璃仪器等），据此分析； 【详解】A．与的吸热反应是常温下固体混合反应，不需要加热，无明火、也不会产生高温，不需要⑤热烫、⑥明火标识，A错误； B．钠与水反应，切割钠需要用到小刀（对应⑦锐器），反应剧烈易迸溅需要①护目镜，实验后需要②洗手，少量反应产物需要通风，需要④排风，B正确； C．乙醛的银镜反应需要水浴加热，存在热烫风险（对应⑤），乙醛易挥发有毒，需要④排风，同时需要①护目镜、实验后②洗手，C正确； D．电解氯化钠溶液需要通电，对应③用电标识，同时需要①护目镜、②洗手、④排风，D正确； 故选A。 4. 聚四氟乙烯合成路线如图：。已知：Sb为第五周期第VA族元素下列说法正确的是 A. 的空间结构：四面体形 B. 氯原子的结构示意图： C. 反应涉及到C原子杂化方式共有三种 D. 基态Sb原子的电子排布式为 【答案】A 【解析】 【详解】A．​中中心C原子价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为四面体形，A正确； B．氯原子的质子数和核外电子数均为17，结构示意图为，B错误； C．反应中​、​、聚四氟乙烯中的碳原子均为杂化，​中双键碳原子为杂化，总共只有2种杂化方式，C错误； D．Sb是51号元素，位于第五周期第ⅤA族，其基态原子的电子排布式为，D错误； 故选A。 5. 工业制硝酸的物质转化过程如下图。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 过程①中，与分反应可形成个极性键 B. 过程②中，消耗，转移电子数为 C. 过程③生成物，每11.2 L含有分子数目为 D. pH=1的溶液中，数目为 【答案】B 【解析】 【详解】A．过程①是可逆的合成氨反应，和不能完全反应，若完全反应，可生成，其中含有的N-H极性键，即个极性键，由于反应不能完全进行，实际生成的的物质的量小于，因此形成的极性键数目小于，A错误； B．过程②为氨的催化氧化反应，​中N从-3价升高为NO中的+2价，1 mol​转移电子，因此消耗​转移电子数为​，B正确； C．没有说明气体处于标准状况，无法用计算气体的物质的量和分子数，C错误； D．没有给出硝酸溶液的体积，无法计算​的物质的量和数目，D错误； 故选B。 6. W、X、Y、Z和Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的一种核素不含中子，短周期中Z原子的原子半径最大，Y与X、Q相邻，Y的基态原子s能级与p能级具有相同的电子数。下列说法错误的是 A. 沸点： B. 第一电离能：X>Y>Q C. 中离子键成分的百分数比小 D. 键角： 【答案】D 【解析】 【分析】W、X、Y、Z和Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的一种核素不含中子，W为H，短周期中Z原子的原子半径最大，Z为Na，Y的基态原子s能级与p能级具有相同的电子数，Y的电子排布式为：1s22s22p4，Y为O，Y与X、Q相邻，X为N，Q为S。推断元素：W为H，X为N，Y为O，Z为Na，Q为S。 【详解】A．是，常温为液态，是，常温为气态，故沸点，A正确； B．N的2p轨道半满结构更稳定，故第一电离能，同主族从上到下第一电离能减小，故，即，B正确； C．电负性，Na与O的电负性差大于Na与S的电负性差，电负性差越大离子键成分越高，故离子键成分百分数比小，C正确； D．中心N为sp杂化，键角180°，中心N为杂化，键角约120°，故键角，D错误； 故选D。 7. 配制一定浓度NaOH溶液并用其滴定未知浓度醋酸溶液，下列说法正确的是 A．配制NaOH溶液 B．滴定中，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化 C．滴定终点前滴加半滴标准液 D．读数为14.20 mL A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．配制NaOH溶液时，不能在容量瓶中直接溶解固体NaOH，应在烧杯中溶解并冷却至室温后，再转移至容量瓶中定容，A错误； B．用NaOH滴定未知浓度的醋酸，NaOH标准液应装在碱式滴定管中，B错误； C．滴定终点前滴加半滴标准液时，应将半滴溶液靠在锥形瓶内壁，再用少量蒸馏水冲洗瓶壁，C正确； D．滴定管的数值从上到下依次增大，图中刻度显示读数应为13.80mL，D错误； 故选C。 8. 下列反应的离子方程式书写错误的是 A. 向饱和氨盐水中通入过量： B. 绿矾()除去酸性废水中的： C. 用泡沫灭火器灭火原理： D. 溶液中加入稀硫酸： 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应为侯氏制碱法的反应原理，溶解度较小会结晶析出，离子方程式书写正确，A正确； B．酸性条件下将还原为，反应的电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式书写正确，B正确； C．泡沫灭火器的原理是和发生完全双水解反应，生成沉淀和气体，离子方程式为：，C正确； D．溶液和稀硫酸反应的离子方程式应为，反应物不应包含，且产物缺少S单质，离子方程式书写错误，D错误； 故答案选D。 9. 腺嘌呤核苷和腺嘌呤核苷酸是生产核酸类药物的中间体，其转化的反应如下，下列说法错误的是 A. I和磷酸能发生缩聚反应 B. Ⅱ不可发生水解反应 C. 中P杂化方式为 D. Ⅱ是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐 【答案】B 【解析】 【详解】A．腺嘌呤核苷（Ⅰ）分子中含有多个羟基（-OH），磷酸分子中含有羟基（-OH），二者可以通过脱水缩合的方式发生缩聚反应，形成磷酸二酯键等结构，所以 Ⅰ 和磷酸能发生缩聚反应，A正确； B．腺嘌呤核苷酸（Ⅱ）中含有磷酸酯键和糖苷键，在酸性或碱性条件下，这些化学键可以发生水解反应，分别断裂生成腺嘌呤核苷和磷酸，或者进一步水解为腺嘌呤、核糖与磷酸，所以 Ⅱ 可以发生水解反应，B错误； C．在分子中，中心 P 原子的价层电子对数为 4（σ 键数为 4，无孤电子对），根据杂化轨道理论，价层电子对数为 4 时，P 原子的杂化方式为sp3杂化，C正确； D．腺嘌呤核苷酸（Ⅱ）分子中，既含有显碱性的氨基，可以与酸反应生成盐；又含有显酸性的磷酸基团，可以与碱反应生成盐，因此 Ⅱ 属于两性化合物，D正确； 故选B。 10. 铁基液流电池为解决储能问题提供了一种经济、环保和安全的选择，全铁液流电池工作原理如图，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. 放电时，a极电势低于b极电势 B. 隔膜为阴离子交换膜 C. 充电时，a极可能发生析氢反应： D. 充电时，隔膜两侧溶液浓度均增大 【答案】D 【解析】 【分析】全铁液流电池原理为2Fe3++Fe=3Fe2+，放电时，a极发生Fe-2e-=Fe2+，发生氧化反应，a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；据此解答。 【详解】A．原电池中，负极电势低于正极电势，因此放电时a极电势低于b极，A正确； B．放电时，a极由Fe生成正电荷更多的，正电荷过剩，b极消耗生成，正电荷减少，需要阴离子从右侧转移到左侧平衡电荷，阴离子交换膜允许阴离子通过，同时可防止、交叉污染，B正确； C．充电时a极为阴极，发生得电子反应，酸性条件下溶液中的可以得到电子发生析氢反应，C正确； D．充电时，a是阴极，发生反应，左侧浓度减小，b是阳极，发生反应，消耗，右侧浓度降低，隔膜两侧溶液Fe2+浓度均减小，D错误； 故答案为D。 11. 电池正极材料MnO晶体充放电过程中正极材料立方晶胞的组成变化如图所示。I为MnO活化过程，活化后得□的缺陷型晶体，□表示阳离子空位，晶胞参数为a nm，表示阿伏伽德罗常数的值。空位率。下列说法正确的是 A. 原始MnO中的配位数为12 B. 若□中Mn的平均化合价为，则阳离子空位率为 C. 当时，MnO晶体的密度为 D. Ⅱ为充电过程 【答案】B 【解析】 【详解】A．原始为型晶胞结构，的配位数为6（与6个紧邻），不是12，A错误； B．设化合物为，化合物电荷为0，的化合价为−2价，平均化合价为，则，得。 阳离子空位率，代入​得：空位率，B正确； C．该晶胞中位于顶点和面心，数目为，原子位于体心和棱心，数目为，即1个晶胞含4个，晶胞质量，晶胞体积，密度，选项中分子少乘4，C错误； D．过程Ⅱ是转化为，嵌入正极，正极得到电子发生还原反应，是放电过程；充电时正极脱出，对应过程Ⅲ，D错误； 故答案选B。 12. 已知：，活化能为；，活化能为。对应的能量一反应过程曲线如图1.在恒容的密闭容器中充入一定量的R气体，保持其他条件不变，控制反应温度分别为和，曲线如图2，在、，下最大值出现的时间分别为。 下列说法正确的是 A. B. C. 升高温度，的反应速率的增加倍数大于 D. 是平衡移动导致的 【答案】C 【解析】 【详解】A．活化能是反应物能量到反应峰值能量的差值，由图1可知：、，显然​，A错误； B．温度越高，反应速率越快，到达最大值的时间越早，由图2可知，​下达到最大值较早，则，B错误； C．活化能越大，升高温度时反应速率增大的倍数越大，已知​，因此升高温度时，的反应速率增加倍数大于，C正确； D．温度越高，反应速率越快，更早达到最大值（生成A的速率等于消耗A的速率），这是反应速率不同导致的，不是平衡移动导致，D错误； 故选C。 13. 铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[]中提取铍的路径为： 已知：。下列说法错误的是 A. 为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程需要缓慢冷却 B. “萃取分液”的目的是分离和 C. “反萃取”生成的化学方程式： D. “滤液2”可以进入反萃取步骤再利用 【答案】A 【解析】 【分析】铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1中含有Al3+，有机相为BeA2(HA)2，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na2[Be(OH)4]进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此作答。 【详解】A．熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，A错误； B．依据分析，“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+，B正确； C．反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为：BeA2(HA)2+6NaOH=Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O，C正确； D．滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用，D正确； 故选A。 14. 探究铜与浓硝酸反应后溶液呈绿色的原因，实验步骤如下： 已知：①为蓝色，为绿色；② ； ，下列说法错误的是 A. 由实验①现象，推测与水可能发生反应，产生 B. 实验①可能发生反应， C. 通过检测得“蓝色溶液2”中含，可说明实验③中将氧化为 D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．铜和浓硝酸反应生成，反应后溶液呈绿色，已知绿色来自，说明溶液中存在​，因此可推测与水反应生成了，A正确； B．该反应是的歧化反应，N元素部分被还原为（+4价变为+3价）、部分被氧化为（+4价变为+5价），反应的电荷守恒、升降化合价守恒，符合反应规律，B正确； C．铜和浓硝酸反应本身就生成，原绿色溶液中本来就存在大量，因此即使检测到蓝色溶液2中含​，也不能证明​是氧化​得到的，C错误； D．目标反应可由已知的两个平衡相减得到，该反应的平衡常数结果为已知反应相除，，D正确； 故选C。 15. 某金属离子和结合形成两种配离子和。常温下，的和的混合溶液中，和的浓度对数(实线)、含M微粒的分布系数(虚线)[例如]与溶液pH的关系如图所示：下列说法错误的是 A. 曲线Ⅱ对应的物质为 B. C. b点： D. 图中a点对应的pH≈4.3 【答案】B 【解析】 【分析】和之间存在转化关系，则pH较小时，平衡逆向移动，以为主，则，则曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，随着pH增大，正向移动，浓度增大，和结合形成配离子的反应依次为、，因此随pH增大，持续减小，为曲线Ⅲ，先增大后减小为曲线Ⅳ，一直增大为曲线Ⅴ，据此分析； 【详解】A．根据分析，曲线Ⅱ对应，A正确； B．对于反应，平衡常数，由曲线Ⅳ和曲线Ⅴ交点可知，，即，代入得；温度不变，由图可知该pH下，即，因此，B错误； C．图中a点时c(HL2-)=0.1mol/L，溶液中H3L、H2L-已经可以忽略，根据L元素守恒，原溶液总L浓度为，所有含L微粒满足：，b点，代入整理得：，图中b点pH大于a点，b点溶液中和都可忽略，因此，C正确； D．由曲线Ⅲ和曲线Ⅳ的交点，，即，此时，则，可得，再结合B选项，则a点，即，反应，解得，且a点对应，代入的平衡常数，计算得，则pH=4.3，D正确； 故选B。 二、非选择题(本题共4小题，共55分)。 16. 一种利用磷酸亚铁锂正极材料(主要含，碳渣)回收铁、锂的流程如下。 已知：①酸性：；②25℃时，；③。回答下列问题： （1）“粉碎”的目的是_______。 （2）“酸浸”过程，25℃时，取10 g正极材料，反应相同时间，锂、铁浸出率与草酸添加量的关系如图。 ①生成和的化学方程式为_______。 ②草酸最佳添加量为_______g，随草酸添加量增加，锂浸出率先增大后减小的原因为_______。 （3）“调pH”的目的是______，当离子沉淀完全()时，理论上“滤液1”中最大浓度为_______。 （4）“沉锂”步骤中发生反应的离子方程式为_______。 （5）“滤液2”主要含有_______(填化学式)。 【答案】（1）增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 （2） ①. ②. 15 ③. 随量增加，浓度增大，浸出反应速率加快，锂浸出率增大；后浓度增加，析出，锂的浸出率降低，同时覆盖在正极材料表面，阻止浸出反应的发生 （3） ①. 消耗过量草酸，减少用量 ②. 0.707 （4） （5） 【解析】 【分析】该流程以含LiFePO4和碳渣的磷酸亚铁锂正极材料为原料，通过粉碎增大接触面积后，用草酸酸浸得到Li2C2O4、FeC2O4和H3PO4；随后调节pH消耗草酸使Fe2+以FeC2O4形式沉淀，实现Fe与Li的分离；再向含Li+的滤液中加入Na3PO4，使Li+转化为Li3PO4沉淀回收，最终滤液中主要残留Na2C2O4，高效实现了锂、铁元素与杂质的分离及锂的资源化回收，据此作答。 【小问1详解】 粉碎的目的：增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率； 【小问2详解】 ①依据强酸制弱酸规律，草酸与LiFePO4反应生成草酸盐和磷酸，化学方程式为：； ②草酸最佳添加量为15 g；随草酸添加量增加，锂浸出率先增大后减小的原因：随H2C2O4量增加，H2C2O4浓度增大，浸出反应速率加快，锂浸出率增大；后浓度增加，Li2C2O4析出，锂的浸出率降低，同时覆盖在正极材料表面，阻止浸出反应的发生； 【小问3详解】 铁粉与过量草酸反应生成草酸亚铁析出，降低了溶液中草酸的浓度，有利于磷酸锂的沉淀析出，则“调pH”的目的：消耗过量草酸，减少Na3PO4用量； 已知Ksp(FeC2O4)=3.2×10-7，当c(Fe2+)≤10-5mol・L-1时，；又Ksp(Li2C2O4)=1.6×10-2，由得：，故滤液1中Li+最大浓度为0.707mol・L-1； 【小问4详解】 “沉锂”步骤的离子方程式：； 【小问5详解】 沉锂后溶液中剩余Na+，与未沉淀的，则“滤液2”主要含有Na2C2O4。 17. 利用性能良好的离子液体(IL)催化合成苯甲酸甲酯，设计实验方案如下。 步骤： I．将一定量离子液体(IL)、4.80 g苯甲酸()和15.12 g甲醇加入三颈烧瓶中，70℃下搅拌反应3 h。 Ⅱ．待反应结束后，冷却后减压蒸馏，乙酸乙酯萃取浓缩物，收集上层液，最终得目标产物4.99 g。回答下列问题： （1）生成苯甲酸甲酯的化学方程式为_______。 （2）离子液体(IL)的核磁共振氢谱如图(已去除溶剂中D的吸收峰)。 ①该离子液体(IL)熔点为83℃，分析其熔点低的原因_______。 ②谱图中无中H的吸收峰，离子液体(IL)等效氢有_______种。 ③为使波峰强度b与h区分明显，可将溶剂替换为。极性：_______。(填“<”或“>”)。 （3）制备过程中不需要用到的仪器有_______(填名称)。 （4）该实验苯甲酸甲酯的产率为_______(保留到小数点后两位)。 （5）已知甲醇的沸点为65℃，温度过高苯甲酸转化率减小的原因为_______。 【答案】（1） （2） ①. 引入有机基团，离子半径增大，离子键减弱，晶格能小 ②. 9 ③. （3）漏斗、坩埚 （4） （5）甲醇沸腾，造成大量挥发，反应物浓度降低，平衡逆向移动 【解析】 【小问1详解】 苯甲酸与甲醇在离子液体催化加热下发生酯化反应，化学方程式为 ； 【小问2详解】 ① 该离子液体属于离子晶体，阴阳离子体积大，电荷分散，离子键作用力弱，晶格能小，因此熔点低； ② 该谱图显示共有8种不同化学环境的氢，算入后的等效氢为种； ③ 水的极性强于三氯甲烷，因此极性：​； 【小问3详解】 实验过程中，蒸馏需要直形冷凝管，萃取分液需要烧杯和分液漏斗，不需要过滤用的普通漏斗、灼烧固体用的坩埚； 【小问4详解】 甲醇的物质的量是0.47mol，，甲醇过量，苯甲酸甲酯摩尔质量为136 g/mol，理论产量为0.0393 mol×136 g/mol≈5.35 g，产率； 【小问5详解】 温度过高，使得甲醇沸腾，大量挥发，反应物浓度降低，平衡逆向移动造成转化率减小。 18. 将丙烷转化为高附加值产品丙烯是实现碳基能源高效利用的关键技术之一，具有广阔的使用前景及巨大的经济效益。请回答下列问题： 【方法一】丙烷直接脱氢 I： II： （1）估算反应I的焓变需要_______(填数字)种化学键的键能数据，该反应是_______(选填“熵驱动”、“焓驱动”)自发。 （2）下列措施可提高丙烷平衡转化率的是_______(填标号)。 A．适当升高温度 B．使用高效催化剂 C．利用选择性透过膜及时分离氢气 （3）恒容密闭容器，假设只发生反应I．在10 kPa、100 kPa不同起始压强下达到化学平衡时，测得丙烷和丙烯的物质的量分数随温度变化如图乙。当起始压强为10 kPa，丙烯随温度变化的物质的量分数曲线是_______(填标号)；A点对应的平衡常数_______kPa(为以分压表示的平衡常数，计算结果保留到小数点后两位)。 （4）丙烷脱氢的反应在催化剂表面一般要经历“扩散→吸附→表面反应→脱附→扩散”的过程。分析反应过程中因温度过高导致产率下降的原因为_______。 【方法二】丙烷氧化脱氢 III： （5）丙烷氧化脱氢过程，引入氧化性气体如能降低反应能耗，提升产率的原因是_______。 （6）研究人员利用作催化剂，对反应的机理展开研究。以和为原料，初期产物中没有检测到；以含有的(D为)和为原料，反应过程中没有检测到。下列推断合理的是_______(填标号)。 A．直接氧化吸附的丙烷，吸附的氧气补充中反应掉的氧 B．先吸附氧气，吸附的氧气直接与吸附的丙烷反应 C．催化丙烷脱氢过程中，碳氢键的断裂是可逆的 【答案】（1） ①. 4 ②. 熵驱动 （2）AC （3） ①. b ②. （4）温度过高因反应产生积碳，导致催化剂表面活性位点被覆盖，活性降低 （5）加入O2后，能与H2反应放出热量；同时消耗H2促进反应正向移动 （6）A 【解析】 【小问1详解】 根据反应焓变反应物总键能-生成物总键能，对反应，整理可得：，共需要4种化学键的键能。该反应（焓增不利于自发），反应后气体分子数增加，（熵增），自发进行由熵增驱动，故为熵驱动。 【小问2详解】 反应I是吸热、气体分子数增大的反应。 A．升高温度，平衡正向移动，丙烷平衡转化率提高，正确； B．催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，不影响平衡转化率，错误； C．及时分离出生成物氢气，平衡正向移动，丙烷平衡转化率提高，正确。 故选AC。 【小问3详解】 反应I吸热，升温平衡正向移动，丙烯的物质的量分数随温度升高增大，丙烷减小；压强越小，越有利于平衡正向移动，丙烯的物质的量分数越大，因此起始压强下丙烯对应曲线。 设初始丙烷压强为，平衡时转化的丙烷压强为，由A点丙烯物质的量分数为得：，解得。平衡分压：，，则。 【小问4详解】 温度过高会导致催化剂活性下降（失活），同时副反应II（丙烯分解为碳和氢气）正向进行，丙烯被消耗，因此产率下降。 【小问5详解】 引入后，与丙烷脱氢生成的反应，过程放热，降低了反应能耗；同时被消耗，丙烷脱氢平衡正向移动，提升了丙烯产率。 【小问6详解】 A．以为原料，初期产物不含，证明产物中的氧来自催化剂，只用来补充催化剂消耗的氧，A合理， B．先吸附，若吸附的氧气直接与吸附的丙烷反应，则在产物中会出现原子，而实际过程中没有检测到，说明未按照此机理发生反应，B不合理； C．混合反应，没有有检测到生成，说明在反应过程中，碳氢键（或碳氘键）的断裂是不可逆的，即一旦断裂就不会再重新形成新的键，否则会发生交换，生成，C不合理； 故选A。 19. 可用于预防和治疗流行性感冒的药物磷酸奥司他韦中间体的一种合成路线如下： 已知：①Bz为；②；③。 回答下列问题： （1）A→B实现了由_______到酯基的转化(填官能团名称)。 （2）D的结构简式为_______。 （3）N原子电子云密度越大，碱性越强。碱性：_______(填“>”“<”或“=”)，从平衡移动的角度分析在D→E中的作用_______。 （4）G→H的反应类型为_______。 （5）I→J的化学方程式为_______。 （6）合成过程中会生成，同时满足下列条件的该物质的同分异构体的数目有_______种。 (a)能与溶液发生显色反应 (b)可发生银镜反应 (c)含苯环(不含其他环)，且核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为 （7）参考上述路线，设计如下转化，X和Y的结构简式分别为_______和_______。 【答案】（1）羧基 （2） （3） ①. ②. 与生成的HCl反应促进平衡正向移动，提高产物产率 （4）取代反应 （5）++CH3COOH （6）10 （7） ①. ②. 【解析】 【分析】该合成路线从化合物 A开始，经过一系列官能团转化和保护/脱保护步骤，最终得到关键中间体J，A通过酯化反应生成B，B和C通过已知②给定的反应类型生成D（），通过苯甲酰化反应生成E（），E和浓盐酸生成F（），G和叠氮钠发生取代反应生成H，H在一定条件下发生环化反应生成I，I再和乙酸酐通过已知③给定的反应类型生成J，据此回答各问； 【小问1详解】 对比A和B的结构，A中的-COOH（羧基）变成了B中的-COOCH2CH3（酯基），故答案为羧基； 【小问2详解】 B到D是与乙二醇(C2H6O2)在H+催化下的反应。观察B的结构，它有三个羟基：一个在烯丙位，两个在相邻的碳上（邻二醇）。乙二醇通常选择性地与邻二醇形成五元环缩酮。因此，D的结构应该是B中下方的两个-OH与乙二醇形成的环状缩酮，而上方的-OH和酯基保持不变。故结构简式为 【小问3详解】 三乙胺 N(CH2CH3) 3中，三个乙基是给电子基团，会增加氮原子上的电子云密度，使其更容易接受质子，因此碱性比氨 NH3强；D到E的反应是醇羟基与苯甲酰氯 (BzCl) 的反应，生成酯和 HCl。加入的三乙胺 N(CH2CH3)3是一种有机碱，它可以与生成的 HCl 反应，生成盐 [HN(CH2CH3) 3]+Cl。这样做的目的是消耗掉产物中的 HCl，使平衡向右移动，提高产率，同时防止 HCl 对分子中其他敏感基团（如缩酮）造成破坏。故答案为：<；与生成的HCl反应促进平衡正向移动，提高产物产率； 【小问4详解】 G是双甲磺酸酯，H是单叠氮化物、单甲磺酸酯。这是 NaN3中的离子作为亲核试剂，进攻其中一个甲磺酸酯的碳原子，发生SN2取代反应，将-OSO2CH3基团替换为叠氮基，故答案为：取代； 【小问5详解】 含有氨基 (-NH2)，与乙酸酐 ((CH3CO) 2O)反应，按照已知③给定的反应类型生成乙酰胺 (J) 和乙酸。反应方程式为：++CH3COOH 【小问6详解】 根据所给条件分析，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基 (-OH直接连在苯环上)，可发生银镜反应，说明含有醛基 (-CHO) 或甲酸酯基 (-OOCH)，含苯环(不含其他环)，且核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为9:6:2:2:1。分子式为 C14H20O3，不饱和度为5，故除了苯环外只含有一个双键，分子中含有5个甲基，条件(a)要求有酚羟基，所以必须有一个 -OH 直接连在苯环上。条件(b)要求有醛基或甲酸酯基。由于总共有3个氧原子，如果有一个酚羟基(-OH)，剩下两个氧可以组成一个甲酸酯基(-OOCH)或一个醛基和一个醚键等。但考虑到要满足(c)的对称性，不存在该种情况，故只可能有两个羟基，一个醛基，要满足对称性要求，其中两个羟基在醛基两侧的情况有四种（甲醛基2种，乙醛基1种，丁醛基1种），分别为、、、；两个羟基和醛基分别在1、3、5位的情况有四种（甲醛基2种，乙醛基1种，丁醛基1种）分别为、、、；或一个醛基、两个羟基，三个乙基在同一个碳原子上：、，一共10种，故答案为：10； 【小问7详解】 在氢氧化钠水溶液中发生水解取代反应，生成，后发生已知条件②的类似反应，生成，故答案为；。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $