精品解析：江苏南京市、盐城市2026届高三年级下学期第一次模拟考试 化学试题

6学科网命组卷网 南京市、盐城市2026届高三年级第一次模拟考试 化学 2026.03 注意事项： 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡上。考试结束后，交回答题卡。 可能用到的相对原子质量：H1N14O16Cl35.5Cr52Fe56Co59Ag108 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1.氦气是一种战略资源，我国在氦气提纯技术上取得关键突破。下列与氦同族的元素是 A.H B.Ne C.N D.O 【答案】B 【解析】 【分析】氨元素位于元素周期表的0族，属于稀有气体元素，同族元素均为稀有气体。 【详解】A.H(氢)位于第IA族，A不符合题意： B.N(氖)是0族稀有气体元素，与氦同族，B符合题意； C.N(氨)位于第VA族，C不符合题意； D.O(氧)位于第IA族，D不符合题意： 故选B。 NH2 2.植物体内合成乙烯的反应为2<CO0H+0,M→2C,H,+2HCN+2C0,+2H,0。下列说法 正确的是 A基态C原子的电子排布式为2p BHCN的结构式为H-C=N C.干冰为共价晶体 D H20 的空间构型为直线形 第1页/共27页 学科网 命组卷网 【答案】B 【解析】 【详解】A.碳元素的原子序数为6，基态C原子的电子排布式为1s22s22p,A错误： B.氢氰酸分子中碳原子的杂化方式为sp杂化，分子的空间构型为直线形，结构式为H-C=N,B正确： C.干冰是熔沸点低的分子晶体，C错误： D.水分子中氧原子的价层电子对数为：2+2×(6-2×1)=4，孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，D 错误： 故选B。 3.苯甲酸在水中的溶解度为0.34g(25℃)、2.2g(75℃)。以甲苯制备苯甲酸的实验流程如下： 热KMnO4溶液盐酸 甲苯 氧化 酸化 →粗苯甲酸…·纯苯甲酸 MnO, 含KCI的滤液 下列实验装置不能达到相应实验目的的是 KMnO 控温搅拌器 MnO2 A.用装置甲氧化甲苯 B.用装置乙除去 C.用装置丙溶解粗苯甲酸 D.用装置丁蒸发结晶获得纯苯甲酸 【答案】D 【解析】 【分析】本实验以甲苯为原料，先在 KM04溶液中发生氧化反应，将甲苯氧化为苯甲酸钾，同时生成 第2页/共27页 6学科网 命组卷网 MnO, 沉淀；再加入盐酸酸化，将苯甲酸钾转化为苯甲酸，得到粗苯甲酸：最后通过除杂、重结晶等操作 提纯得到纯苯甲酸。 【详解】A.装置甲为三颈烧瓶，配备控温搅拌器、冷凝管，可在水浴加热条件下使甲苯与热 MnO溶 液充分接触、发生氧化反应，冷凝管可回流冷凝甲苯，减少反应物挥发，能达到氧化甲苯的实验目的，A 不符合题意： BM加O,是准齐木的西体，装置乙为过亚，可通过过长作分夹山MO1西休，得到合米即酸研 的滤液，能达到除 M血O?的实验目的，B不符合题意： C.苯甲酸在热水中溶解度较大，装置丙为烧杯加热装置，可在加热条件下溶解粗苯甲酸，为后续重结晶 操作做准备，能达到溶解粗苯甲酸的实验目的，C不符合题意： D.苯甲酸的提纯需采用重结晶法：先加热溶解、趁热过滤除去不溶性杂质，再冷却结晶得到苯甲酸晶体， 不能用蒸发结晶的方法：且蒸发结晶应在蒸发皿中进行，同时直接蒸发会导致苯甲酸受热分解，也无法除 去可溶性杂质，不能达到获得纯苯甲酸的实验目的，D符合题意： 故答案选D。 4一种杯酚分子可固定(CH,)4NC 形成如图所示的包合物。下列说法正确的是 CH H,C-N-CH, CH, A.半径： r(CI）>r(CI) B.第一电离能：O>N>C c(CH,)NCI中不存在离子键 D.(CH,4N中C-N-C的键角比(CH),N的小 【答案】A 【解析】 第3页/共27页 命学科网命组卷网 【详解】A,氯离子的核外电子数比氯原子多，核外电子之间的斥力增大，运动空间增大，使得半径增大， 所以氯离子的离子半径大于氯原子的原子半径，A正确： B.同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电 离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为：>O>C,B错误： c.(CH,)NC中的氯离子和(CH,4N离子形成离子接，c错误： D.(CH,N离子中氨原子形成4个。键，孤对电子对数为0，(CH,)N分子中氨原子形成3个，键， 孤对电子对数为L,孤对电子对数越多，孤对电子对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以(CH),N 中C-N-C的键角比(CH,)方N的大，D错误： 故选A。 阅读下列材料，完成以下3个小题： 化工产业为我国经济发展提供重要支接。“侯氏制碱法”实现了Na,C0,与NH,C联 联产，成为全球纯碱 生产的标杆工艺：氯碱工业采用阳离子交换膜电解技术提高了产品纯度和生产安全性；光伏级多晶硅的生 产通过技术改良将硅纯度提高至999999%，降低能耗，彻底打破国外技术垄断；煤制烯烃技术以甲醇为原 料，在催化剂作用下制备乙烯、丙烯，缓解对石油的依赖；以乳酸(2羟基丙酸)为原料经缩聚反应规模化 合成可降解塑料聚乳酸，有效减轻白色污染。 5.下列说法不正确的是 A.乙烯与丙烯互为同系物 B.1mol晶体硅（结构与金刚石相似）中含2 mol Si--Si键 C甲醇转化为乙烯。碳原子轨道的杂化类型由sp变为p D NaHCO,溶解度小于Na,C0,与HCO,间存在氢键有关 6.下列方程式表示正确的是 A.纯碱溶液显碱性的原因： C03+2H,0≥H,C03+2OH 第4页/共27页 6学科网命组卷网 电解 B.电解饱和食盐水制烧碱：2CT+H,0H,个+OH+C,个 温 C.由石英砂制粗硅：Si0,+2C =Si+2C0↑ D.由乳酸制聚乳酸：nCH,一CH-COOH 催化剂 OH 7.下列物质的性质与用途对应关系正确的是 A.氯化铵易分解，可用作氨肥 B.高纯硅熔点高，可用作太阳能电池板 C.甲醇易溶于水，可用作燃料电池的燃料 D.聚乳酸能水解，可用作可降解塑料 【答案】5.C6.C7.D 【解析】 【5题详解】 A.乙烯与丙烯都是单烯烃，互为同系物，A正确； B.晶体硅中，每个硅原子与4个硅原子形成4个硅硅键，硅硅键为2个硅原子所共有，则每个硅原子形成 的硅硅键数目为：4×2=2，则1mol晶体硅含有硅硅键的物质的量为2ol,B正确： C.甲醇分子中饱和碳原子的杂化方式为p杂化，乙烯分子中双键碳原子的杂化方式为s即杂化，则甲醇 转化为乙烯时，碳原子轨道的杂化类型由$p杂化变为p杂化，C错误： D.碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠是因为碳酸氢根离子间能氢键所致，D正确： 故选C; 【6题详解】 A.纯碱溶液显碱性是因为碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中分步水解使溶液呈碱性，水解以一级水解为主， 反应的离子方程式为： CO?+H,0户HC0,+OH,A错误； B.电解饱和食盐水制烧碱发生的反应为饱和食盐水电解生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式 第5页/共27页 6学科网命组卷网 电解 为： 2CI+2H,0电H,↑+20H+CL,个，B错误： C.由石英砂制粗硅的反应为二氧化硅与碳高温条件下反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为： 高温 Si0,+2CSi+2C0个，c正确： D.由乳酸制聚乳酸的反应为催化剂作用下乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸和水，反应的化学方程式为： CH,-CH一COOH 继化剂 H-0-CHC- OH CH.Jn +(-1)H0,D错误； OH 4 故选C; 【7题详解】 A.氯化铵可用作氮肥是因为氯化铵中含有的铵根离子可以提供农作物所需的氮元素，与氯化铵受热易分 解无关，A错误： B.高纯硅可用作太阳能电池板是因为单晶硅是性能优良的半导体材料，与高纯硅的熔点高无关，B错误； C.甲醇可用作燃料电池的燃料是因为甲醇具有还原性，易失去电子发生氧化反应被氧化，与易溶于水无 关，C错误； D.聚乳酸可用作可降解塑料是因为聚乳酸能发生水解反应生成乳酸，D正确： 故选D。 8.一种热激活电池的构造示意图如图所示，无水LiC1一KCI混合物一旦受热熔融，即可按反应 PbSO +2LiCl+Ca CaCl,+Li,SO+Pb 输出电能。 硫酸铅电极 污水LiC-KCI 钙电极 电池壳 下列说法正确的是 第6页/共27页 学科网 命组卷网 Ca-2e=Ca2+ A.负极的电极反应： Li计 B.放电过程中， 向钙电极移动 C.正极反应物为LiCl D.常温下，在正、负极之间连上电流表，指针发生偏转 【答案】A 【解析】 【分析】根据色反应PbS0,+2LiC+Ca=CaCL,+Li,S0,+Pb,Ca从0价升高为+2价，失电予，作 负极，电极反应式Ca-2e-Ca”,Pbs0,中Pb从+2价降低为0价，得电子，硫酸铅电极为正极，电 极反应式 PbS0,+2c=Pb+S0,据此分折。 【详解】A,由分析知，Ca为负极，Ca失电子生成Ca+ Ca-2e=Ca2+ ,电极反应 ,书写正确，A正确： B.原电池放电时，阳离子向正极移动，钙电极为负极，因此L广向硫酸铅（正极）移动，B销误， C.正极是 心0：得电子发生还质反应，反世物为s0,不是LC.C错误 D.该电池需要受热熔融后才能电离出自由移动的离子导电，常温下电解质为固态，没有自由移动离子， 不能形成闭合回路，电流表指针不偏转，D错误； 故选A。 9.化合物Z是合成一种天然产物的重要中间体，其合成路线如下： CHO CHO CHO IHCH,◇√Br △ K2C03,△ 步骤Ⅱ ◇14CH2 OH 步骤1 OH X CH,◇Y Z 下列说法正确的是 A.1molX最多能 3mol1H,发生加成反应 第7页/共27页 命学科网组卷网 B.Y存在顺反异构体 C.X、Z可用 FeCl 溶液鉴别 CHO D.用 Br取代 CH,入一Br，则步骤Ⅱ的产物为 OH 【答案】D 【解析】 【详解】A.X分子中含有苯环和整基，苯环可与3molH,加成，醛基可与1m0l山？加成，因此1mo1X 最多能 4molH,发生加成反应，A错误： B.顺反异构体的形成条件是：碳碳双键两端的每个碳原子都连接2个不同的原子或基团；Y的结构中， 双键的一个碳原了连接了2个H原子(“℃H,二)，不满足顺反异构的条件，因此Y不存在顺反异构体， B错误； FeCl3 FeCl, C.X和Z分子中均含有酚羟基，遇 溶液均会发生显色反应，因此无法用 溶液鉴别二者，C错 误； CHO D.用 Br取代 “CH入一Br’则步骤I为 Br 发生取代反应生成 OH CHO CHO CHO 在加热条件下发生重排生成 D正确； OH 第8页/共27页 6学科网列组卷网 故答案选D。 10 Fento试（礼含F2®”和H,0的水溶）液产生的羟基自由(基OH)能有效氧化去除水中的有机污染物， OH 的产生机理如图所示。下列说法不正确的是 H02 Fe3+ H02 快 慢 OH Fe2+ H,02 过程I 过程Ⅱ A.过程I和过程Ⅱ都有非极性共价键断裂 B.过程Ⅱ的反应方程式： Fe*+H,O,=Fe2++HO,.+H* C.过程I的活化能小于过程Ⅱ的活化能 D.用FPe4 代替 Fe2+ 也能形成类似Fenton试剂的体系 【答案】A 【解析】 【详解】A. H,0,结构为H-0-0-H,其中0-0为非极性共价键，0-H为极性共价键：过程 【中H,0断裂0-0非极性键生欧01，存在丰极性键断裂：但过程Ⅱ中H,0仅断裂0-H极性键4 H0,:和H,0-0非极性键未断裂，因此不是两个过程都有非极性共价键断裂，A错误： B.根据反应机理，过程Ⅱ是F心与H,0 ?反应生成F心、H0,和H,给出的方程式满足原子守恒、 电荷守恒，B正确： C.反应速率越快，活化能越低，过程I是快反应、过程Ⅱ是慢反应，因此过程I的活化能小于过程Ⅱ的 活化能，C正确： D.若用FPe代昝F2,Fe先和H,O:发生过程Ⅱ生成Pe,生成的Fe再继续发生过程I产生 第9页/共27页 6学科网命组卷网 OH ,循环反应可以持续产生羟基自由基，因此能形成类似Fenton试剂的体系，D正确； 故选A。 11.探究含银化合物性质的实验如下： 步骤I向洁净的试管中加入2mL29%AgN0, 溶液，边振荡边逐滴滴入2氨水至沉淀恰好溶解，得银氨 溶液，将所得溶液分为两等份。 步骤Ⅱ向一份银氨溶液中滴加2滴0.1 mol-L Nal 溶液，产生黄色沉淀。 0.1 mol.L NaCl 步骤Ⅲ向另一份银氨溶液中滴加2滴 溶液，无明显现象；继续加入稀硝酸，产生白色沉 淀。 下列说法正确的是 A步骤I产生的沉淀为Ag(NH,),]OH B.步骤I产生黄色沉淀的反应为Ag+「=Ag↓ C.步骤产生白色沉淀是由于H+结合NH,促进Ag(NH,)2」解离出Ag,生成AgCI D.由步骤Ⅱ和步骤Ⅲ，可得到： Kp(AgCI）<Kp(Agl) 【答案】C 【解析】 【详解】A.步骤I中，滴加氨水初期先生成AgOH沉淀，沉淀恰好溶解后才得到含[AgNH)]OH的银氨 溶液，因此步骤I产生的沉淀不是[Ag个NH)]OH,A错误； B.银氨溶液中银元素主要以配离子AgNH)]形式存在，几乎没有游离Ag,生成黄色沉淀的反应为 [Ag(NH,)广+「=Ag+2NH,B错误： C.配离子存在解离平衡：[4g(NH,)广一Ag+2NM,加入稀硝酸后，H与N结合 NH,使 平衡正向移动， Ag浓度增大，与CT结合生成AgC1白色沉淀，C正确： 第10页/共27页 6学科网6组卷网 D。相同条件下，「可直接从银氨溶液中生成 gl 沉淀，而C叶不能直接沉淀，说明A gl 溶解度更小，故 K(AgC)>K,（4g),D错误。 故选C。 12室温下，用C©0，废渣制备Ce,(C0,的部分实验过程如下： 氨水、NH,HCO, Ce0,废渣→.→CcCl,溶液Ce,(C0 已知： K(H,C03)=4.5×107,K,(H,C03)=4.7×101K,(NH3H,O)=1.8x105 下列说法正确的是 A0.1mol-LNH,HCO3溶液中：c(NH,·H,O)+2c(CO)+c(OH)=c(H)+c(H,C0,) B.0.Imol-LNH,HCO3溶液中.c(NH)>c(HCO) C.生成Ce,(c0,为沉淀的离千方程式，2C©+6HC0,=Ce,(C0,)↓+3C0,个+3H,0 D.Cc,(C0,沉淀完全后的滤液中，c(Ce）c(CO)=Kn[Cc,(C0,)] 【答案】B 【解析】 【详解】A对 0.1 Imol-LNH,HCO溶液，电荷守恒为 c(NH:)+c(H*)=c(HCO)+2c(CO )+cOH) 物 料 恒 为 cN)+c(NH,H,O)=c(HCO)+c(CO)+c(H,CO),将物料守恒变形代入电荷守恒，最终得 到c(NH,H,o)+c(Co)+c(OHr)=c(H)）+c(,c0,)A错误： 第11页/共27页 6学科网6组卷网 B. NH的水解常数 K.（NE）-K,NH,H,O ≈5.6×10-10 ;HCO,的水解常数 K,(HCO)=K.(H.CO,) K 2.2×108 且HC0,还存在微弱电离(K2=4.7×10")，由于HC0, 的水解（及电离）消耗程度远大于NH的水解消耗，因此溶液中©(NH)>c(HCO),B正确。 C.反应体系中有氨水存在，溶液呈碱性，碱性条件下HC0,不会大量分解生成C0,且Ce+与HC0,双 水解的正确离子方程式为2Ce”+3HC0,+3NH,·H,0=Ce,(C0,↓+3NH+3H,0,C错误 D.ce,C0,的溶度积表达式为K,[Ce,(C0,]=c(Ce）c(C0）,因此Ce,(CO,沉淀完全后 的淀液中应满足c(Ce）c(c0)=K,[Ce,(c0,],D错误： 故答案选B。 I3.DMF[HCON(CH,)]是良好的有机溶剂。二氧化碳加氢耦合DMA[(CH,)NH]制DNME的主要反 应（忽略其他副反应）为： 反应I (CH)2NH(g)+C02(g)+3H,(g)=(CH)3N(g)+2H,O(g)△H<0 反应Ⅱ (CH3)N(g)+H2O(g)=HCON(CH3)2 (g)+2H2 (g)H>0 3Pa下，将”DMAm%(CO,):(H,）=0.2:l:3的混合气匀速通过装有催化剂的反应管，DMA的 转化率、DMF或(CH,)N的选择性随温度变化如图所示。 第12页/供27页 6学科网6组卷网 .30099)... 100 DME 80 解101 60 40 (CH)N」 20 ● 0L 2006240°280”320360 温度/℃ n生成(DMF) ×100% DMF的选择性n(DMF)+n生成[(CH,),N 下列说法不正确的是 A.DMF的平衡选择性随温度升高而增大 B.300℃时， C01的转化率为36 C.其他条件不变，在240~350℃范围，出口处DMF的量随温度升高而不断减小 D.高效合成DMF,需研发低温下DMA转化率高和DMF选择性高的催化剂 【答案】C 【解析】 (CH3)N 【详解】A.反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动， 转化为DMF的量增加；反应I为放 (CH)N 热反应，升温使反应I平衡逆向移动， 生成量减少，因此，DMF的平衡选择性随温度升高而增大， A正确； B.初始投料比"(DMA):m%(C02):(H,)=0.2l:3,C02是过量反应物：300C时DMA转化率 为15%，根据反应1，C0:的消耗量等于DMA的消耗量，因此C0:的转化率为： 4(c0,)=02x15%x100%=3%,Rf痛 1 第13页/共27页 命学科网组卷网 C.由图像可知， 240C~300C时DMA转化率快速上升（反应I正向进行， (CH3)N 生成量大幅增 300°C~350C 加)，同时DMF选择性维持高位，因此DMF的生成量随温度升高而增大； 时DMA转化 率下降，但DMF选择性下降，DMF生成量减小，C错误； D.降低温度，反应I(放热)正向移动，DMA转化率升高，反应Ⅱ（吸热）逆向移动，DMF选择性降低， 因此需研发能在低温下同时提高DMA转化率和DMF选择性的催化剂，实现高效合成，D正确： 故答案选C。 二、非选择题：共4题，共61分。 14白“赤泥”（含e,0、A,0,、Si0:及少量Ssc,0)制备Sc,0的过程如下： 浓盐酸 试剂X P204 盐酸 赤泥→酸浸 调pH 萃取 反萃取 ---PSc,03 滤渣1 滤渣2 水层 有机层 Fe3+>Sc3+>Al3+>Fe2+ 已知：①P204在酸性条件下萃取金属离子的顺序为： ②Sc+可与C,0g结合生成sc(C,0)]广 配离子(n=1、2、3)。 (1)酸浸。一定条件下，钪的单次浸取率最高为49.4%。不改变条件，为充分浸出Sc,可采取的措施为- (②)调p旺。向酸浸液中加入适量试剂X调节PH=1 5,试剂X为倾“pe、e,0或“ FeCO3m。 ScCL Sc203 (3)经萃取、反萃取后得到溶液，再通过沉钪、焙烧制得 n(H2C204) ①向scC,溶液中加入H,C,0,'Sc+转化为Sc,(C,0,)·6H,0沉淀。当n(Sc）大于15时， 第14页/共27页 学科网命组卷网 Sc3+ 的沉淀率会显著下降，原因是 ②Sc,(C,0,6H,0在空气中煅烧生成Sc,0,的化学方程式为 (4)向Z02中糁杂Sc,0,可制备固体电解质 Sc.Zr,O. 0:的晶胞结构如图所示，Zm的配位数为一： ① Z0,中部分Zr的位置被Sc”占韬，得到 Sc,Z,0,同时产生02空位。若Xy223,则SC,Z4,002 的空缺率为 (写出计算过程， 02-空位数 02-的空缺率02空位数+实际02数 ×100%)。 02 Zr ②水热法制 Sc,Z工，0，。不同温度下测得产品的X射线衍射图C心射线衍射用于判断某晶态物质是否存在， 不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示，则最佳的制备温度为 ASC,O3 口Zr0, ●ScZr,O 以 180C 170℃ 人● e 160℃ 2530 35 40455055 60 65 2×衍射角/度 【答案】(1)对滤渣1进行多次浸取 (2)Fe (3) 0.过量的H,C,0,与Sc结合生成[Sc(C,0,n] ② 第15页/共27页 6学科网 命组卷网 高温 2Sc2(C204)3·6H20+302 =2Sc,03+12C02+12H20 (4) ①.8②.2%③.180C 【解析】 【分析】由题给流程可知，向赤泥中加入浓盐酸酸浸，将金属元素转化为金属氯化物，二氧化硅不反应， 过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和酸浸液；向酸浸液中加入铁，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，并调 节溶液pH为1.5，过滤得到滤渣2和滤液；向滤液中加入萃取剂P2O4萃取、分液得到水层和含有钪离子 的有机相；向有机相中加入盐酸反萃取、分液得到三氯化钪溶液和P2O4有机层；向三氯化钪溶液中加入 草酸，将溶液中钪离子转化为六水草酸钪沉淀，过滤得到滤液和六水草酸钪：六水草酸钪在空气中煅烧得 到三氧化二钪。 【小问1详解】 一定条件下，钪的单次酸浸的浸取率最高为49.4%说明三氧化二钪不能与浓盐酸充分反应，过滤得到的滤 渣1中含有未反应的三氧化二钪，所以在不改变条件的前提下，应对滤渣1进行多次酸浸浸取，使三氧化 二钪充分反应，提高钪元素的浸出率： 【小问2详解】 由分析可知，加入铁的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，并调节溶液pH为1.5，防止萃取剂 P204萃取溶液中的铁离子，降低钪元素的萃取率； 【小问3详解】 ①由慰给信息可知，过量的草酸会与溶液中的航离子生成配离子Sc(C,0,)]”,所以当溶液中 n(H2C,04) n(Sc+)大于1.5时，钪离子的沉淀率会显著下降： ②由分析可知，生成三氧化二钪的反应为六水草酸钪在空气中煅烧三氧化二钪、二氧化碳和水，反应的化 高温 学方程式为： 2Sc2(C204)3·6H20+302 2Sc,03+12C02+12H20 【小问4详解】 ①由晶胞结构可知，氧离子位于Z+离子形成的四面体空隙中，则氧离子的配位数为4，由化学式可知， 第16页/供27页 命学科网 命组卷网 3x+4y=2z 已知 x:y=2:23mx=2,y=23 Z#离子的配位数为8；化合物呈电中性，满足： ,设 Z= 3×2+4×23=49 代入得： 2 总阳离子数为x+y=25,若无0空位，0总数应为2×25=50， 02-空位数 此02-空位数=50-49】，空缺率02-空位数+实际02数×100%= ×100%=2% 1+49 ②由图可知，温度为180℃时，产品 Sc,Z工，0，中不存在三氧化二钪和二氧化结杂质，所以水热法制备 Sc,Z五，0，的最佳的制备温度为180℃。 15.化合物F是合成一种生物碱的中间体，其合成路线如下： (CH)SO 1)CHNO2,N(C2H,)3 OH 0 DCC 2)(CF.CO)O.N(CH) 2)H,0 CsF 1)Zn,HCI TBAB 2)CH,ONa 0 (1)A分子中含氧官能团的名称为 (2)C分子中1号碳的电子云密度比2号碳的 (填“大”或“小”)。 (3)D→E的反应类型为一。 (4)E转化为F时还生成另一有机产物，其结构简式为 (5)写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式： ①含两个苯环，有5种不同化学环境的氢原子，其红外光谱图显示不含N-O键： ②在Cu催化加热下与 ?反应，所得有机产物能被银氨溶液氧化。 OH (6)写出以 、 CHCH,NO,和CH,CH,OH为原料制备 的合成 第17页/共27页 学科网命组卷网 路线流程图 (无机试剂、有机溶剂和题干中的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。 【答案】(1)羟基、酯基 (2)大 (3)加成反应 (4(CH3)COH CH2OH 5 (6 HCO OCH; OH (CH)SO ◇O1)银氨溶液，△ OH CH,CH,OH DCC 2)H,0 浓硫酸，△ O,N CH,CH2NO2. 1)Zn,HCI CsF,TBAB 2)CH,ONa NH 【解析】 【分析】A在CH,)S0,、DCC条件下发生氧化反应，使羟基转化为基，生成B,B发生反应转化为 含硝基的C:C再发生反应生成D;D经CsF、TBAB作用发生环化得到E;E经多步反应最终得到生物 碱中间体F；整个流程通过羟基保护、氧化还原、环化、加成等反应逐步构建复杂骨架。 【小问1详解】 根据A的结构简式，分子中含有羟基和酯基两种含氧官能团。 【小问2详解】 C转化为D时，C中2号碳原子与 中与L所连的碳原子成键，而该碳原子显负电性，即 2号碳显正电性，2号碳电子云密度更低，故1号碳的电子云密度相对更大。 【小问3详解】 第18页/供27页 学科网 命组卷网 从结构变化看，D经CsF、TBAB作用生成六元环结构，碳碳双键转化为单键，该反应类型为加成反应。 【小问4详解】 E在Zn,HCl条件下发生还原反应（硝基转化为氨基），再在CHON的作用下发生分子内脱水，生成的 副产物为 (CH)COH 【小问5详解】 根据条件：①含两个苯环，有5种不同化学环境的氢原子，不含N-0键，②在Cu催化下与0？反应，产 物能被银氨溶液氧化（含可氧化为醛基的结构，即一CH,OH ，符合条件的结构简式为 CH2OH HCO OCH3 【小问6详解】 OH 结合题目的流程，以 、CH,CH,NO,和CH,CH,OH为原料制备目标产物，首 OH 在(CH,)s0DCC 件下发生氧化反应，使羟基转化为醛基，生成 先被银氨溶液氧化、再酸化得到 OH 与CHCH2OH发生酯化反应得到 第19页/供27页 6学科网命组卷网 与CH:CH2NO2在CsF、TBAB条件下发 02N O,N 生加成反应生成 在Zn、HCl条件下发生还原反应（硝基 转化为氨基)，再在CH3ONa的作用下发生分子内脱水得到目标产物，流程如下： OH (CH)2SO ◇O1)银氨溶液，△ OH CH,CH,OH DCC 2)H,0 浓硫酸，△ O,N CHCH2NO2 1)Zn,HCI CsF,TBAB 2)CH,ONa 16水溶液中C元素主要以C,0片（橙色、C0(贷色、Cr”(绿色）跨形式存在。 (1)C(T)具有强氧化性，且存在平衡： 2CrO}+2H+Cr,0号+H20 ①在试管中加 2mL0.2mol:LK,Cr0溶液，滴加5滴6mol-LNa0H溶液，溶液黄色加深，然后加 入4mL乙醇，充分振荡，溶液不变色。向上述溶液中继续加入1ml6 mol.L-H,S04溶液，充分振荡后溶 液颜色变为， ②K,C0,可使钢制锅炉内壁发生钝化，从面减缓隋镇。下列试剂减缓商使的原理 K,C04相同的是 (填字母)。 A.NaNO B.N2H C.Na2SO 第20页/供27页 学科网命组卷网 (2)用AgN0,标准溶液滴定溶液中的C「时，可用K,C0溶液作指示剂。已知：Ag,C0,为砖红色 沉淀； Km(AgCI)=1.8×1010Kp(Ag2Cr04)=1.2x102 ①理论上达滴定终点时，混合液中c(C0:）不宜超过 mol-L。 ②滴定时，溶液的pH需保持在6-10。若pH<6 则测定结果将 (填“偏高”、“偏低”或“无变 化”)。 ®现有颜色相近的两种配合物晶体[CoC(NH,)]C和[CoC,(NH,)]C。请设计实验方案进行鉴别： [必须使用的试剂和仪器：蒸馏水、 0.05mol-LAgN0溶液、电子天平、滴定管]。 (3) FeS0,、纳米Fe(0均能有效去除废水中的GWD。 ①酸性废水中，Fe2将 C,O?还原为低毒性C”的离子方程式为： ②纳米FcO)颗粒在水中形成胶体后易聚集变大而沉降。用磁性Fe,0:包覆的纳米FeO去除C(VD的机理 如图所示。相同条件下，磁性 e,0·包覆的纳米Fc(O)对C(V)的去除率明显高于单独使用纳米reO,其 原因有 0 CrID) Fe(II)Fe(III)(Fe,O) Cr(VI) Fe(0) e Fe,O FeO Cr(VI) Cr(III) 【答案】(1) ①.绿色 ②.A 第21页/供27页 命学科网命组卷网 6.7×10-3 (2) ①. ②.偏高③.用电子天平称取等质量的两种晶体，分别加入蒸馏水至晶体 完全溶解，得到待测溶液。用滴定管分别向两种待测溶液中逐滴滴加 .05mol.LAgN0,溶液至不再产生 沉淀，记录消耗AgNO溶液的体积。消耗AgNO,溶液体积较大的为[CoCI(NH,)]CL,较小的为 CoCL (NH)CI (3) ①. Cr,0号+6Fe2++14H=2Cr3++6Fe3++7H,0 ②.FC,04的包覆能防止纳米Fe(0)颗 粒聚集，保持了较大的比表面积； Fc,04能导电（传递电子），形成Fe-Fe,04原电池，加快去除CV四速 率 【解析】 【小问1详解】 ①加入硫酸后，H浓度增大，平 衡2C0?+2H二C,O?+H,0右移，酸性条件下Cr(VW被乙醇 还原为绿色的 Cr3+ 最终溶液呈绿色。 ②钝化是强氧化剂使钢铁表面生成致密氧化膜， K,C04作氧化剂钝化钢铁， NaNO2是氧化剂， 八，H4Na,SO3均为还原剂，故选A。 【小问2详解】 ①理论上达滴定终点时，Ag与ct恰好完全反应，由K,(AgC)=c(Ag(CT）得 c(Ag）=√Kp(4gCI)mol/L=1.8x10molL,再由K(Ag,C0)=c2(Agz(Cr0),得 1.2×10-2 c(C0）-18x10 L≈67x10mol-L. 第22页/供27页 命学科网命组卷网 ② pH<6时，CO?转化为CO?,C0浓度降低，需要更高浓度的Ag才能生成砖红色 Ag,C0,沉淀，终点推迟，消耗AgN0体积偏大，测定结果偏高。 ©两种晶体中，只有外界Cr能电离与Ag反应生成AgCI沉淀：Imol[CoCI(NH,)]C,含2mol外界 Cr,Imol[CoCL,(NH,),]CI含lmol外界Cr,相同质量的晶体，前者消耗AgNO,溶液的体积约为后 者的2倍，可通过滴定鉴别，故实验方案为用电子天平称取等质量的两种晶体，分别加入蒸馏水至晶体完 全溶解，得到待测溶液：用滴定管分别向两种待测溶液中逐滴滴加 .05mol-LAgN0溶液至不再产生沉 淀，记录消耗AgNO溶液的体积：消耗AgNO,溶液体积较大的为[CoCI(NH,)]CL,较小的为 CoCl (NH)CI 【小问3详解】 D酸性条件下，Fe2还原C,O,生皮Cr和e”,反应的离子方程式为 C,0号+6Fe2++14Ht=2Cr3++6Fe3++7H,0 ②从机理可知： Fe,0:的包覆能防止纳米Fe(O颗粒聚集，保持了较大的比表面积，增大接触面积；同 时Fe,04能导电（传递电），形成 e-Fe,04原电池，加快去除C1四速率，因此去除率更高。 17. C0?的辅集与资源化利用具有重要意义。 HOCH,CH,NH,)溶液作为碱性吸收剂，可高效捕集烟气中的 0, (1)乙醇胺 ①理论上 1 mol HOCH,CH,NH,最多吸收 0.5mo1C0,。写出HOCH,CH,NH,落液吸收C0,生成 HOCH,CH,NHCOO 的离子方程式： 第23页/共27页 学科网组卷网 H0CH,CH,NH,的沸点为170C。吸收塔内，烟气和吸收剂的温度超过50rC会造 C 2的吸收率降低， 可能原因有 (2 C0,-CH4重整制合成气的主要反应如下： 反应I CH4(g)+C02(g)=2C0(g)+2H2(g)△H,=+247kJ·mol 反应 C02(g)+H2(g)=C0(g)+H,O(g）△H2=+41kJ·mol 反应 CHa(g)=C(s)+2H2 (g)AH =+74.8kJ.mol- ①反应Ⅱ在」 (选填“高温”、“低温”或“任意温度”)下可以自发进行。 ②250℃、1.01x10P阳下，将一定比例的C0,与CH,混合气匀速通过装有催化剂活性炭为载体)的反应 n(C02) V(H2) n(Co2>1。 V(H2) 器。n(CH4)对CO2、CH,的转化率和出口处V(CO)的影响如图-l所示。n(CH4)时，V(CO) n(C02) 随n(CH4)增大而减小的可能原因有 1.5 100 品 80 10 ⊙ CHa 料 40 D 0.5 20 0% 0 0.5 n(C02) n(CHA) 图-1 (3)电解还原法将 0:转化为C,H4的装置如图2所示 第24页/供27页 命学科网命组卷网 Pt片 Cu片 阳离子 交换膜 0.1mol·L-KHC0,溶液 -C02 图-2 ①写 C0,在阴极转化为C,H,的电极反应式： ②Cu能有效抑制析氢，对电解还原 0,制C,H4具有高催化活性 C02中混有 02会使Cu催化剂中毒 S0, (C价态不变)，原因是在阴极转化为（填化学式），沉积在Cu表面。 ③一种P℉SA聚合物@C催化剂结枸如图3所示，其能有效防止S0:造成的Cu催化剂中毒。-S0:能将 S02 控制在PFSA聚合物表面，其原理是 SO Cu PFSA聚合物 图-3 【答案】(1) ①. 2HOCH,CH,NH,+CO,=HOCH,CH,NHCOO+HOCH,CH,NH ② C02在吸收剂中的溶解度下降：部分 OCH,CH,NHCOO 受热分解产生 C0, (2) ①.高温②.反应Ⅱ速率加快： C0,与催化剂中的活性炭反应生成C0 (3) ①. 2C02+12e+12HC03=C,H4+4H20+12C03 ②，s®，带负电荷的$0与 第25页/供27页 6学科网命组卷网 S0, 分子中带部分正电荷的S形成较强的静电作用 【解析】 【小问1详解】 ①根据题意， 1 moHOCH,CH,N,最多吸教0,5moC0,即2molZ辞酸利 ImolC0(?反应：氨基显 碱性，1个氨基结 C02生成 OCH,CH,NHCO0,另一个氨基结合生成的H得到HOCH,CH,NH 离子方程式为 2HOCH,CH,NH,+CO,=HOCH,CH,NHCOO+HOCH,CH,NH; CO HOCH,CH,NHCOO ②温度升高，气体 2溶解度减小，同时 02吸 受热易分解产生C0,因此 收率降低。 【小问2详解】 ①反应自发进行的条件是AG=△H-TAS<0:反应Ⅱ△H>0,△S>0,因此只有高温下才能满足 △G<0 自发进行。 n(C02) >1 ②当n(CH4)时，反应Ⅱ速率加快，消耗产物H2,且过量的CO,可以与催化剂中活性炭反应生成 V(H2)n(CO2) 更多CO,因此V(CO)随n(CH4)比值增大而减小。 【小问3详解】 ①阴极发生得电子的还原反应， C0中C为价，被还原为C,H,中-2价的C,生成1 mel C,H4转移12 ol电子，结合电荷、原子守恒配平得到电极反应式为 2C02+12e+12HC0,=C2H4+4H20+12C0 ② S0?在阴极被还原，生成图体S单质沉积在Cu表面，占据催化剂活性位点，使催化剂中毒，因此产 第26页/共27页 6学科网 命组卷网 物为S。 ③ S0?本身带负电，与S0:分子中带部分正电荷的S形成较强的静电作用，阻止含流微粒扩散到内部 Cu表面，因此避免C1中毒。 第27页/共27页 南京市、盐城市2026届高三年级第一次模拟考试 化学 2026.03 注意事项： 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡上。考试结束后，交回答题卡。 可能用到的相对原子质量：H1 N14 O16 Cl35.5 Cr52 Fe56 Co59 Ag108 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 氦气是一种战略资源，我国在氦气提纯技术上取得关键突破。下列与氦同族的元素是 A. H B. Ne C. N D. O 2. 植物体内合成乙烯的反应为2。下列说法正确的是 A. 基态C原子的电子排布式为 B. HCN的结构式为 C. 干冰为共价晶体 D. 的空间构型为直线形 3. 苯甲酸在水中的溶解度为0.34g(25℃)、2.2g(75℃)。以甲苯制备苯甲酸的实验流程如下： 下列实验装置不能达到相应实验目的的是 A. 用装置甲氧化甲苯 B. 用装置乙除去 C. 用装置丙溶解粗苯甲酸 D. 用装置丁蒸发结晶获得纯苯甲酸 4. 一种杯酚分子可固定形成如图所示的包合物。下列说法正确的是 A. 半径： B. 第一电离能： C. 中不存在离子键 D. 中的键角比的小 阅读下列材料，完成以下3个小题： 化工产业为我国经济发展提供重要支撑。“侯氏制碱法”实现了与联产，成为全球纯碱生产的标杆工艺；氯碱工业采用阳离子交换膜电解技术提高了产品纯度和生产安全性；光伏级多晶硅的生产通过技术改良将硅纯度提高至99.9999%，降低能耗，彻底打破国外技术垄断；煤制烯烃技术以甲醇为原料，在催化剂作用下制备乙烯、丙烯，缓解对石油的依赖；以乳酸(2-羟基丙酸)为原料经缩聚反应规模化合成可降解塑料聚乳酸，有效减轻白色污染。 5. 下列说法不正确的是 A. 乙烯与丙烯互为同系物 B. 1 mol晶体硅(结构与金刚石相似)中含键 C. 甲醇转化为乙烯，碳原子轨道的杂化类型由变为 D. 溶解度小于，与间存在氢键有关 6. 下列方程式表示正确的是 A. 纯碱溶液显碱性的原因： B. 电解饱和食盐水制烧碱： C. 由石英砂制粗硅： D. 由乳酸制聚乳酸：n 7. 下列物质的性质与用途对应关系正确的是 A. 氯化铵易分解，可用作氮肥 B. 高纯硅熔点高，可用作太阳能电池板 C. 甲醇易溶于水，可用作燃料电池的燃料 D. 聚乳酸能水解，可用作可降解塑料 8. 一种热激活电池的构造示意图如图所示，无水混合物一旦受热熔融，即可按反应输出电能。 下列说法正确的是 A. 负极的电极反应： B. 放电过程中，向钙电极移动 C. 正极反应物为LiCl D. 常温下，在正、负极之间连上电流表，指针发生偏转 9. 化合物Z是合成一种天然产物的重要中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. 1 mol X最多能与发生加成反应 B. Y存在顺反异构体 C. X、Z可用溶液鉴别 D. 用取代，则步骤Ⅱ的产物为 10. Fenton试剂(含和的水溶液)产生的羟基自由基()能有效氧化去除水中的有机污染物，的产生机理如图所示。下列说法不正确的是 A. 过程Ⅰ和过程Ⅱ都有非极性共价键断裂 B. 过程Ⅱ的反应方程式： C. 过程Ⅰ的活化能小于过程Ⅱ的活化能 D. 用代替，也能形成类似Fenton试剂的体系 11. 探究含银化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ向洁净的试管中加入2mL2%溶液，边振荡边逐滴滴入2%氨水至沉淀恰好溶解，制得银氨溶液，将所得溶液分为两等份。 步骤Ⅱ向一份银氨溶液中滴加2滴溶液，产生黄色沉淀。 步骤Ⅲ向另一份银氨溶液中滴加2滴溶液，无明显现象；继续加入稀硝酸，产生白色沉淀。 下列说法正确的是 A. 步骤Ⅰ产生的沉淀为 B. 步骤Ⅱ产生黄色沉淀的反应为 C. 步骤Ⅲ产生白色沉淀是由于结合，促进解离出，生成AgCl D. 由步骤Ⅱ和步骤Ⅲ，可得到： 12. 室温下，用废渣制备的部分实验过程如下： 已知：，，。 下列说法正确的是 A. 溶液中： B. 溶液中： C. 生成沉淀的离子方程式： D. 沉淀完全后的滤液中： 13. DMF是良好的有机溶剂。二氧化碳加氢耦合DMA制DMF的主要反应(忽略其他副反应)为： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 3MPa下，将(DMA)的混合气匀速通过装有催化剂的反应管，DMA的转化率、DMF或的选择性随温度变化如图所示。 DMF的选择性。 下列说法不正确的是 A. DMF的平衡选择性随温度升高而增大 B. 300℃时，的转化率为3% C. 其他条件不变，在240∼350℃范围，出口处DMF的量随温度升高而不断减小 D. 高效合成DMF，需研发低温下DMA转化率高和DMF选择性高的催化剂 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 由“赤泥”(含、、及少量)制备的过程如下： 已知：①P204在酸性条件下萃取金属离子的顺序为：。 ②可与结合生成配离子(、2、3)。 （1）酸浸。一定条件下，钪的单次浸取率最高为49.4%。不改变条件，为充分浸出Sc，可采取的措施为_______。 （2）调pH。向酸浸液中加入适量试剂X调节，试剂X为_______(填“Fe”、“”或“”)。 （3）经萃取、反萃取后得到溶液，再通过沉钪、焙烧制得。 ①向溶液中加入，转化为沉淀。当大于1.5时，的沉淀率会显著下降，原因是_______。 ②在空气中煅烧生成的化学方程式为_______。 （4）向中掺杂可制备固体电解质。 ①的晶胞结构如图所示，的配位数为_______；中部分的位置被占据，得到，同时产生空位。若，则中的空缺率为_______(写出计算过程，的空缺率)。 ②水热法制备。不同温度下测得产品的X射线衍射图(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示，则最佳的制备温度为_______。 15. 化合物F是合成一种生物碱的中间体，其合成路线如下： （1）A分子中含氧官能团的名称为_______。 （2）C分子中1号碳的电子云密度比2号碳的_______(填“大”或“小”)。 （3）D→E的反应类型为_______。 （4）E转化为F时还生成另一有机产物，其结构简式为_______。 （5）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：_______。 ①含两个苯环，有5种不同化学环境的氢原子，其红外光谱图显示不含键； ②在Cu催化加热下与反应，所得有机产物能被银氨溶液氧化。 （6）写出以、和为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂、有机溶剂和题干中的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。 16. 水溶液中Cr元素主要以(橙色)、(黄色)、(绿色)等形式存在。 （1）Cr(Ⅵ)具有强氧化性，且存在平衡：。 ①在试管中加入溶液，滴加5滴溶液，溶液黄色加深，然后加入4 mL乙醇，充分振荡，溶液不变色。向上述溶液中继续加入溶液，充分振荡后溶液颜色变为_______。 ②可使钢制锅炉内壁发生钝化，从而减缓腐蚀。下列试剂减缓腐蚀的原理与相同的是_______(填字母)。 A. 　　　B. 　　　　C. （2）用标准溶液滴定溶液中的时，可用溶液作指示剂。已知：为砖红色沉淀；，。 ①理论上达滴定终点时，混合液中不宜超过_______。 ②滴定时，溶液的pH需保持在6~10。若，则测定结果将_______(填“偏高”、“偏低”或“无变化”)。 ③现有颜色相近的两种配合物晶体和。请设计实验方案进行鉴别：_______[必须使用的试剂和仪器：蒸馏水、溶液、电子天平、滴定管]。 （3）、纳米Fe(0)均能有效去除废水中的Cr(Ⅵ)。 ①酸性废水中，将还原为低毒性的离子方程式为_______。 ②纳米Fe(0)颗粒在水中形成胶体后易聚集变大而沉降。用磁性包覆的纳米Fe(0)去除Cr(Ⅵ)的机理如图所示。相同条件下，磁性包覆的纳米Fe(0)对Cr(Ⅵ)的去除率明显高于单独使用纳米Fe(0)，其原因有_______。 17. 的捕集与资源化利用具有重要意义。 （1）乙醇胺()溶液作为碱性吸收剂，可高效捕集烟气中的。 ①理论上最多吸收。写出溶液吸收生成的离子方程式：_______。 ②的沸点为170℃。吸收塔内，烟气和吸收剂的温度超过50℃会造成的吸收率降低，可能原因有_______。 （2）重整制合成气的主要反应如下： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ ①反应Ⅱ在_______(选填“高温”、“低温”或“任意温度”)下可以自发进行。 ②250℃、下，将一定比例的与混合气匀速通过装有催化剂(活性炭为载体)的反应器。对、的转化率和出口处的影响如图-1所示。时，随增大而减小的可能原因有_______。 （3）电解还原法将转化为的装置如图-2所示。 ①写出在阴极转化为的电极反应式：_______。 ②Cu能有效抑制析氢，对电解还原制具有高催化活性。中混有会使Cu催化剂中毒(Cu价态不变)，原因是在阴极转化为_______(填化学式)，沉积在Cu表面。 ③一种PFSA聚合物@Cu催化剂结构如图-3所示，其能有效防止造成的Cu催化剂中毒。能将控制在PFSA聚合物表面，其原理是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $