精品解析：江苏姜堰中学等四校2026届高三联考化学试卷

姜堰中学、如东中学、南菁中学、前黄中学四校2026届高三联考 化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Zn-65 Cu-64 一、单项选择题：每题只有一个选项最符合题意。 1. 2025年巴黎AI峰会上，DeepSeek创始人梁文峰通过量子全息投影技术远程参会。全息投影的实现依赖于材料科学与光学技术的结合。下列相关说法不正确的是 A. 全息投影技术的光电器件所用材料氮化镓为新型无机非金属材料 B. 甘油被用作全息投影设备的冷却剂，主要利用其强吸水性 C. 空气显示影像时通过电激发氧气发光，该过程属于物理变化 D. 全息投影技术常用卤化银作光敏材料，利用了光照时卤化银可分解产生Ag原子的特点 2. 通过理论计算方法优化了P和Q的分子结构，P和Q呈平面六元并环结构，原子的连接方式如图所示，下列说法错误的是 A. P为非极性分子，Q为极性分子 B. 第一电离能： C. 和所含电子数目相等 D. P和Q分子中C、B和N均为杂化 3. 下列图示的实验操作正确，且能达到实验目的的是 A. ①装置用于验证电石与水生成乙炔 B. ②装置可以观察到晶体具有自范性的表现 C. ③装置用于NaOH标准溶液测定未知浓度的醋酸溶液 D. ④流程用于(杯酚)识别和，操作a、b为过滤，操作c为分液 4. 关于元素周期表和元素周期律，下列说法不正确的是 A. 分子的极性： B. 第二电离能： C. 化合物中离子键百分数： D. 科学家通过X-射线衍射实验发现镓元素 催化反应广泛存在，如植物光合作用、合成氨、和重整制和、工业尾气中的无害化处理、的催化氧化[和生成放出的热量]等。催化剂有选择性，如酸性条件下锑电催化还原，生成的选择性大于。非均相催化指催化剂与反应物处于不同聚集状态的催化反应，反应在催化剂表面进行，主要包括吸附、反应、脱附等过程。回答下列问题： 5. 下列说法不正确的是 A. 植物光合作用过程中，酶能增大该反应的活化分子百分数 B. 制反应中，能加快化学反应速率 C. 酸性条件下锑电催化还原生成两种产物的速率： D. 铁触媒催化合成氨的反应属于非均相催化 6. 下列化学反应表示不正确的是 A. 和催化重整制和 B. 工业尾气中的无害化处理： C. 锑电催化还原生成的阴极反应： D. 的催化氧化： 7. 下列有关反应描述正确的是 A. 合成氨温度选择的重要原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大 B. 浓硫酸催化下，与的酯化反应产物中可检测到 C. 乙醛催化加氢反应中，在催化剂Ni表面吸附过程的 D. 转化为时，原子轨道的杂化类型由转变为 8. 某储能电池原理如图1，其俯视图如图2，已知放电时N是负极。下列说法不正确的是 A. 放电时，向N极移动 B. 放电时，每转移1 mol电子，N极质量理论上减少23g C. 充电时，阴极反应式为： D. 充电过程中，右侧储液器中NaCl溶液浓度增加 9. 科学家对具有生物活性的中药提取物肉桂醛和龙脑进行结构组装，合成新型药物肉桂酸龙脑酯，下列说法正确的是 A. 1 mol肉桂醛最多能被催化还原 B. 1个龙脑分子中含有4个手性碳原子 C. 可用氢氧化钠溶液除去肉桂酸龙脑酯中的肉桂酸杂质 D. 碱性溶液用酸性溶液代替更好，还可省去步骤I中的反应② 10. 气相离子催化剂(、、等)具有优良的催化效果。其中在催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中----为副反应)，下列说法不正确的是 A. 是反应中间体 B. ②过程中每生成1 mol转移电子2 mol C. 主反应的总反应方程式为： D. X与Y能互溶与它们的分子结构具有相似性无关 11. 由实验操作，可知现象及结论均正确的是 选项 实验目的或操作 实验现象 结论 A 向和混合溶液中加入浓硫酸 溶液中出现淡黄色沉淀 价和价硫可归中为0价 B 将石蜡油加强热产生的气体通入的溶液 溶液由红棕色变无色 气体中含有不饱和烃 C 加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片 试管口湿润的蓝色石蕊试纸变红 氯乙烯加聚是可逆反应 D 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中 前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强 A. A B. B C. C D. D 12. 在条件下，往悬浊液中逐滴滴加稀使溶液pH降低[滴加过程中，未完全溶解]，并记录多个测量点的溶液pH与，得到如图所示的数据，已知。下列叙述正确的是 A. 该条件下约为 B. 图中任一点都存在 C. 当溶液pH=3时，溶液中的氟元素主要以的形式存在 D. 当溶液pH=4.0时，溶液中存在 13. 拥有中国自主知识产权的全球首套煤制乙醇工业化项目投产成功。某煤制乙醇过程表示如下： 过程a包括以下3个主要反应： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 相同时间内，测得乙酸甲酯转化率随温度的变化如图1所示，乙醇和乙酸乙酯的选择性[乙醇选择性]随温度的变化如图2所示。 下列说法不正确的是 A. 205℃后反应Ⅲ开始发生反应 B. 225∼235℃，反应Ⅰ还未达平衡状态 C. 温度可影响催化剂的选择性，从而影响目标产物乙醇的选择性 D. 205℃时，起始物质的量为5 mol，转化率为30%，则最终生成乙酸乙酯0.9mol 二、非选择题： 14. 一种利用钛白粉副产品[主要成分为，含有少量、、、等]和农药盐渣(主要成分为、等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。 已知：①易水解为 ②一定条件下，一些金属氟化物的如下表。 氟化物 回答下列问题： （1）“除钛”中产生的少量，铁粉的作用之一是防止被氧化为；另一个作用是___________。 （2）“除杂1”中除去的离子是___________(填化学式)。 （3）①“氧化1”中若加入速度过快，会导致用量增大，原因是___________。 ②本步骤不能使用稀盐酸代替溶液，原因是___________。 （4）滤渣3的主要成分是，生成该物质的离子方程式为___________。 （5）“氧化2”的目的是减少___________气体的排放(填化学式)。 （6）“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致产量降低，原因是___________。 15. 化合物G是合成治疗急性偏头痛药物Zavzpret的中间体，其合成路线如下： 其中，“”为基团“”的缩写。 （1）化合物A的官能团名称为：___________。 （2）A→B的反应机理如下(弯箭头“”表示一对电子的转移)，其中“步骤1”的反应类型为___________。 （3）E→F有副产物产生，F的分子式为，其结构简式为___________。 （4）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 分子中含三元碳环，不同化学环境的氢原子个数之比为；1 mol该物质完全水解时最多消耗4 mol NaOH。 （5）请设计以2-丁烯、丙酮和为原料制备的合成路线流程图___________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 16. 黄铜矿(主要成分为CuFeS2)是重要的矿产资源，可用于制备硫酸四氨合铜、含铜催化剂。 （1）浸取铜：用过二硫酸铵溶液作浸取剂可以提取黄铜矿中的铜元素，浸取的原理示意如图1所示。 ①一段时间后，Fe3+与CuFeS2反应的离子方程式为___________。 ②浸取初期，随着浸取时间延长，Cu2+的浸出速率迅速提高，其可能的原因是___________。 ③CuFeS2的晶胞如图2所示。 图3所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是___________。 （2）制备硫酸四氨合铜：向0.1 mol/L硫酸铜溶液中滴加足量1 mol/L氨水至沉淀恰好完全溶解，再加入一定量95%乙醇析出硫酸四氨合铜晶体。 ①实验小组发现：纯净的氢氧化铜不溶于1 mol/L稀氨水；室温下，反应的平衡常数，远小于。上述制备过程中，氢氧化铜溶于氨水生成硫酸四氨合铜的原因除了铜离子与氨分子间存在配位作用，还可能为___________。 ②请设计实验方案验证①中的猜想(补充完整实验方案、预测实验现象)：___________，将反应后混合物进行离心实验、弃去上层清液，将所得沉淀___________。 (须遵循节约试剂用量的原则，可以选用的试剂：溶液，1 mol/L氨水，溶液，醋酸铵固体，氯化铵固体) （3）铜锌催化剂中铜元素质量百分数的测定：取0.8100 g铜锌催化剂(主要成分为CuO、ZnO)碾碎后，在60℃下用过量硝酸反应30分钟后过滤出溶液定容至100 mL待用。 ①取10.00 mL上述溶液，依次滴加氨水(消除Cu2+、Zn2+以外其他离子的干扰)、20.00 mLpH值为5.5的HAc-NaAc缓冲溶液、0.5000g硫代硫酸钠掩蔽Cu2+、5滴PAN溶液作指示剂，然后用EDTA标准溶液()滴定至终点，重复滴定2次，平均消耗EDTA标准溶液4.90 mL。 ②不加掩蔽剂，其余操作与①相同，平均消耗EDTA标准溶液7.60 mL。 已知：H2Y2-与Cu2+、Zn2+均能发生络合反应；用滴定度f(每毫升EDTA标准溶液所对应的待测组分的质量)描述其中的对应关系：，。请写出铜元素质量百分数的计算过程___________。 17. 二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答： （1）用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。 A. 温度 B. 投料比[n(NH3):n(CH3OH)] C. 压强 D. 催化剂 （2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH=_______。 （3）在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是_______。 （4）上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下_______0(填“>”、“<”或“=”)。 （5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下： Ⅳ． V． 三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。 (例：HCOOH的物质的量百分比 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活)_______。 ②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 姜堰中学、如东中学、南菁中学、前黄中学四校2026届高三联考 化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Zn-65 Cu-64 一、单项选择题：每题只有一个选项最符合题意。 1. 2025年巴黎AI峰会上，DeepSeek创始人梁文峰通过量子全息投影技术远程参会。全息投影的实现依赖于材料科学与光学技术的结合。下列相关说法不正确的是 A. 全息投影技术的光电器件所用材料氮化镓为新型无机非金属材料 B. 甘油被用作全息投影设备的冷却剂，主要利用其强吸水性 C. 空气显示影像时通过电激发氧气发光，该过程属于物理变化 D. 全息投影技术常用卤化银作光敏材料，利用了光照时卤化银可分解产生Ag原子的特点 【答案】B 【解析】 【详解】A．氮化镓属于具有半导体特性的新型无机非金属材料，适用于光电器件制造，A正确； B．甘油作冷却剂是利用其比热容大、导热性好、沸点高的性质，与其强吸水性无关，B错误； C．电激发氧气发光是电子跃迁释放光子的过程，无新物质生成，属于物理变化，C正确； D．卤化银具有光敏性，光照下可发生分解反应生成Ag原子和卤素单质，适合作为光敏材料，D正确； 故选B。 2. 通过理论计算方法优化了P和Q的分子结构，P和Q呈平面六元并环结构，原子的连接方式如图所示，下列说法错误的是 A. P为非极性分子，Q为极性分子 B. 第一电离能： C. 和所含电子数目相等 D. P和Q分子中C、B和N均为杂化 【答案】A 【解析】 【详解】A．由所给分子结构图，P和Q分子都满足对称，正负电荷重心重合，都是非极性分子，A错误； B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由小到大的顺序为B<C<N，故B正确； C．由所给分子结构可知，P分子式为C24H12，Q分子式为B12N12H12，P、Q分子都是含156个电子，故1mol P和1mol Q所含电子数目相等，C正确； D．由所给分子结构可知，P和Q分子中C、B和N均与其它三个原子成键，P和Q分子呈平面结构，故P和Q分子中C、B和N均为sp2杂化，D正确； 本题选A。 3. 下列图示的实验操作正确，且能达到实验目的的是 A. ①装置用于验证电石与水生成乙炔 B. ②装置可以观察到晶体具有自范性的表现 C. ③装置用于NaOH标准溶液测定未知浓度的醋酸溶液 D. ④流程用于(杯酚)识别和，操作a、b为过滤，操作c为分液 【答案】C 【解析】 【详解】A．①装置验证电石与水反应生成乙炔：电石中含硫化钙、磷化钙等杂质，与水反应生成、等还原性气体，这些气体也能使酸性溶液褪色，干扰乙炔的检验，故A错误； B．观察晶体的自范性时需将不规则的晶体浸泡在其饱和溶液中，图②装置中为明矾稀溶液而不是饱和溶液，因此不能观察到晶体具有自范性的表现，故B错误； C．和反应生成，强碱弱酸盐，由于水解溶液呈碱性，酚酞的变色范围为8.2~10.0，可用酚酞作指示剂，即图③装置可用于标准溶液测定未知浓度的醋酸溶液，故C正确； D．图④流程用于(杯酚)识别C60和C70，超分子不溶于甲苯，杯酚可溶于氯仿，故操作a、b为过滤；杯酚和氯仿互溶但二者的沸点不同，因此操作c应为蒸馏，而非分液，故D错误； 故答案选C。 4. 关于元素周期表和元素周期律，下列说法不正确的是 A. 分子的极性： B. 第二电离能： C. 化合物中离子键百分数： D. 科学家通过X-射线衍射实验发现镓元素 【答案】D 【解析】 【详解】A．是同核双原子非极性分子，为V形极性分子，故分子极性，A正确； B．失去1个电子后为全满稳定结构，再失电子难度大；失去1个电子后为，再失去4s电子难度较小，故第二电离能，B正确； C．电负性：，Mg和O的电负性差值比Al和O的电负性差值要大，电负性差越大离子键百分数越高，故的离子键百分数高于，C正确； D．X-射线衍射实验用于测定晶体结构，镓元素是通过光谱法发现的，D错误； 故选D。 催化反应广泛存在，如植物光合作用、合成氨、和重整制和、工业尾气中的无害化处理、的催化氧化[和生成放出的热量]等。催化剂有选择性，如酸性条件下锑电催化还原，生成的选择性大于。非均相催化指催化剂与反应物处于不同聚集状态的催化反应，反应在催化剂表面进行，主要包括吸附、反应、脱附等过程。回答下列问题： 5. 下列说法不正确的是 A. 植物光合作用过程中，酶能增大该反应的活化分子百分数 B. 制反应中，能加快化学反应速率 C. 酸性条件下锑电催化还原生成两种产物的速率： D. 铁触媒催化合成氨的反应属于非均相催化 6. 下列化学反应表示不正确的是 A. 和催化重整制和 B. 工业尾气中的无害化处理： C. 锑电催化还原生成的阴极反应： D. 的催化氧化： 7. 下列有关反应描述正确的是 A. 合成氨温度选择的重要原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大 B. 浓硫酸催化下，与的酯化反应产物中可检测到 C. 乙醛催化加氢反应中，在催化剂Ni表面吸附过程的 D. 转化为时，原子轨道的杂化类型由转变为 【答案】5. C 6. B 7. A 【解析】 【5题详解】 A．酶的作用类似催化剂，能降低反应的活化能，增大该反应的活化分子百分数，故A正确； B．Fe3+是H2O2分解的催化剂，能加快化学反应速率，故B正确； C．由题干信息可知，酸性条件下锑电催化还原时，生成的选择性大于，即两种产物的生成速率，故C错误； D．反应物是气体，铁触媒是固体催化剂，根据题干信息可知，该反应属于非均相催化，故D正确； 故选C。 【6题详解】 A．根据题干信息：和重整制和，化学方程式为，故A正确； B．，该反应生成的NO属于大气污染物，的无害化处理应为，故B错误； C．锑电催化还原生成，C元素化合价降低发生还原反应，阴极的反应为：，故C正确； D．和生成放出的热量，则该反应的热化学方程式为 ，故D正确； 故选B。 【7题详解】 A．合成氨的反应条件是高温、高压和催化剂，条件较为苛刻，对设备要求较高，温度选择的重要原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大，故A正确； B．酯化反应的规律是酸脱羟基醇脱氢，则18O应出现在乙酸乙酯中，故B错误； C．乙醛催化加氢反应中，在催化剂Ni表面吸附，该过程气体分子数减小，则，故C错误； D．中心原子价层电子对数为，杂化方式为sp2，中心原子价层电子对数为，杂化方式为sp2，故D错误； 故选A。 8. 某储能电池原理如图1，其俯视图如图2，已知放电时N是负极。下列说法不正确的是 A. 放电时，向N极移动 B. 放电时，每转移1 mol电子，N极质量理论上减少23g C. 充电时，阴极反应式为： D. 充电过程中，右侧储液器中NaCl溶液浓度增加 【答案】D 【解析】 【分析】放电时N是负极，负极反应：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，正极反应：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-=Cl2↑； 【详解】A．放电为原电池，阴离子向负极移动，因此向负极N极移动，A正确； B．放电时负极的反应为：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，每转移1mol电子，N极失去1mol钠离子，质量减少1mol×23g/mol=23g，B正确； C．充电时，原负极N作阴极，阴极发生得电子的还原反应，是放电负极反应的逆过程，反应式为，C正确； D．充电为电解过程，充电时，右侧N极为阴极，电极反应消耗，同时，作为阴离子，从右侧储液器向左侧阳极区移动，两个过程均导致右侧储液器中溶质NaCl的量减少，因此溶液浓度降低，D错误； 故选D。 9. 科学家对具有生物活性的中药提取物肉桂醛和龙脑进行结构组装，合成新型药物肉桂酸龙脑酯，下列说法正确的是 A. 1 mol肉桂醛最多能被催化还原 B. 1个龙脑分子中含有4个手性碳原子 C. 可用氢氧化钠溶液除去肉桂酸龙脑酯中的肉桂酸杂质 D. 碱性溶液用酸性溶液代替更好，还可省去步骤I中的反应② 【答案】A 【解析】 【分析】肉桂醛中醛基氧化为羧基得到肉桂酸，再和龙脑在一定条件下发生酯化反应转化为肉桂酸龙脑酯。 【详解】A．苯环、碳碳双键、醛基均会和氢气加成，则1 mol肉桂醛最多能被5 mol催化还原，A符合题意； B．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，1个龙脑分子中含有3个手性碳原子：，B不符合题意； C．肉桂酸龙脑酯含酯基，会和氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠溶液除去肉桂酸龙脑酯中的肉桂酸杂质，C不符合题意； D．酸性溶液氧化性太强，也会氧化肉桂醛中的碳碳双键，这样就不能得到肉桂酸，D不符合题意； 故选A。 10. 气相离子催化剂(、、等)具有优良的催化效果。其中在催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中----为副反应)，下列说法不正确的是 A. 是反应中间体 B. ②过程中每生成1 mol转移电子2 mol C. 主反应的总反应方程式为： D. X与Y能互溶与它们的分子结构具有相似性无关 【答案】D 【解析】 【分析】由机理图可知，与反应生成和，和反应生成，生成和，根据原子守恒知，Y为乙醇；生成和，X为水；和生成和 ，生成乙醛和。因此，主反应的总反应方程式为：，以此解题； 【详解】A．反应中，与反应生成，后续参与反应生成其他物质，最终在主循环中被消耗，属于反应中间体，A正确； B．②过程中反应为：​，在该步反应中，N₂O作氧化剂，每生成1 mol N₂，氮元素的化合价从+1价降低为0价，得到2 mol电子，因此反应转移的电子为2 mol，B正确； C．将主反应各步骤加和，消去中间体后，总反应为：，C正确； D．由分析可知，X为水，Y为乙醇。水和乙醇能互溶的主要原因是两者均为极性分子且分子间可以形成氢键，同时乙醇的-OH与水分子的-OH相近，因而乙醇与水互溶，即两者互溶与它们的分子结构相似有关，D错误； 故选D。 11. 由实验操作，可知现象及结论均正确的是 选项 实验目的或操作 实验现象 结论 A 向和混合溶液中加入浓硫酸 溶液中出现淡黄色沉淀 价和价硫可归中为0价 B 将石蜡油加强热产生的气体通入的溶液 溶液由红棕色变无色 气体中含有不饱和烃 C 加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片 试管口湿润的蓝色石蕊试纸变红 氯乙烯加聚是可逆反应 D 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中 前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，也可将-2价硫氧化为0价硫，无法证明淡黄色沉淀是+4价和-2价硫发生归中反应生成的，A错误； B．石蜡油加强热发生裂解，产生的气体能使Br2的CCl4溶液褪色，说明气体中含有可与Br2发生加成反应的不饱和烃，B正确； C．加热聚氯乙烯分解产生HCl使湿润蓝色石蕊试纸变红，反应没有生成氯乙烯单体，且加聚和分解的反应条件不同，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，C错误； D．常温下铁遇浓硝酸发生钝化，无明显现象是因为浓硝酸氧化性更强，使铁表面生成致密氧化膜阻碍反应继续进行，实际上浓硝酸氧化性强于稀硝酸，D错误； 故答案选B。 12. 在条件下，往悬浊液中逐滴滴加稀使溶液pH降低[滴加过程中，未完全溶解]，并记录多个测量点的溶液pH与，得到如图所示的数据，已知。下列叙述正确的是 A. 该条件下约为 B. 图中任一点都存在 C. 当溶液pH=3时，溶液中的氟元素主要以的形式存在 D. 当溶液pH=4.0时，溶液中存在 【答案】A 【解析】 【详解】A．对于悬浊液，物料守恒得：总氟浓度为；结合的电离常数，得，代入物料守恒整理得： ，取图中点，，，，代入得： ，溶度积，A正确； B．根据物料守恒，图中任一点都存在：，B错误； C．时，，，说明，氟元素主要以形式存在，C错误； D．根据电荷守恒，溶液中：；时，，因此，D错误； 答案选A。 13. 拥有中国自主知识产权的全球首套煤制乙醇工业化项目投产成功。某煤制乙醇过程表示如下： 过程a包括以下3个主要反应： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 相同时间内，测得乙酸甲酯转化率随温度的变化如图1所示，乙醇和乙酸乙酯的选择性[乙醇选择性]随温度的变化如图2所示。 下列说法不正确的是 A. 205℃后反应Ⅲ开始发生反应 B. 225∼235℃，反应Ⅰ还未达平衡状态 C. 温度可影响催化剂的选择性，从而影响目标产物乙醇的选择性 D. 205℃时，起始物质的量为5 mol，转化率为30%，则最终生成乙酸乙酯0.9mol 【答案】D 【解析】 【详解】A．205℃前乙醇和乙酸乙酯的选择性之和等于100%，205℃后乙醇和乙酸乙酯的选择性之和小于100%，可知205℃后反应Ⅲ开始发生反应生成乙醛，故A正确； B．由图1可知，在225∼235℃范围内，乙酸甲酯的转化率随温度升高而增大，说明在题设的相同反应时间内，反应还未达到平衡，故B正确； C．温度可影响催化剂的选择性，从而影响不同反应的反应速率，从而影响目标产物乙醇的选择性，故C正确； D．205℃时，起始物质的量为5 mol，转化率为30%，乙酸乙酯的选择性为60%，由于第二步反应消耗乙醇，则最终生成乙酸乙酯×5mol×30%×60%=0.45mol，故D错误； 故选D。 二、非选择题： 14. 一种利用钛白粉副产品[主要成分为，含有少量、、、等]和农药盐渣(主要成分为、等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。 已知：①易水解为 ②一定条件下，一些金属氟化物的如下表。 氟化物 回答下列问题： （1）“除钛”中产生的少量，铁粉的作用之一是防止被氧化为；另一个作用是___________。 （2）“除杂1”中除去的离子是___________(填化学式)。 （3）①“氧化1”中若加入速度过快，会导致用量增大，原因是___________。 ②本步骤不能使用稀盐酸代替溶液，原因是___________。 （4）滤渣3的主要成分是，生成该物质的离子方程式为___________。 （5）“氧化2”的目的是减少___________气体的排放(填化学式)。 （6）“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致产量降低，原因是___________。 【答案】（1）提高(或调节)体系的pH，使(或)水解以沉淀形式除去 （2） （3） ①. 氧化生成的可以使分解速率增大，导致用量增大 ②. 防止盐酸与反应生成，产生污染 （4） （5） （6）溶液中浓度较大，磷元素主要以、、形式存在，浓度低，生成沉淀量少 【解析】 【分析】钛白粉副产品在硫酸中溶解后，加入铁粉“除钛”过程发生反应有、，提高了溶液体系的pH，使水解以（滤渣1）沉淀形式除去；溶液中主要含有、、、；“除杂1”中加入将转化成(滤渣2)沉淀形式除去；“氧化1”中被氧化为；“除杂2”中加入的与发生氧化还原反应生成（滤渣3）而除去；溶液中与农药盐渣中的结合生成。 【小问1详解】 水解平衡为：，铁粉可消耗水解生成的，促进水解正向进行，使(或)水解以沉淀形式除去； 【小问2详解】 加入后，由​数据可知，相同条件下​的溶度积远小于、​，优先沉淀析出，因此除去的离子是； 【小问3详解】 ①是分解的催化剂，加入过快时，生成的大量会加速未反应的分解，降低利用率，因此用量增大； ②盐酸电离出，酸性条件下会被​氧化生成有毒的​，同时引入杂质，影响产品纯度，因此不能代替硫酸； 【小问4详解】 与​发生归中反应，生成，根据化合价升降、电荷守恒、原子守恒配平方程式为：； 【小问5详解】 农药盐渣含，若不氧化，沉铁在酸性条件下，与反应会生成有毒的，氧化2的目的是将氧化为​，可减少排放； 【小问6详解】 ​是弱酸根，酸性越强，越容易与结合，主要以、、形式存在，使浓度降低，难以达到的溶度积，沉淀量减少，产量降低。 15. 化合物G是合成治疗急性偏头痛药物Zavzpret的中间体，其合成路线如下： 其中，“”为基团“”的缩写。 （1）化合物A的官能团名称为：___________。 （2）A→B的反应机理如下(弯箭头“”表示一对电子的转移)，其中“步骤1”的反应类型为___________。 （3）E→F有副产物产生，F的分子式为，其结构简式为___________。 （4）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 分子中含三元碳环，不同化学环境的氢原子个数之比为；1 mol该物质完全水解时最多消耗4 mol NaOH。 （5）请设计以2-丁烯、丙酮和为原料制备的合成路线流程图___________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 【答案】（1）酯基、溴原子 （2）取代反应 （3） （4） （5） 【解析】 【分析】A与反应生成B；B中C-P键断裂，与另一个反应物中的O结合生成C；C中碳碳双键与氢气加成生成D；醛基与D中亚甲基发生加成反应生成E；E含有硝基，在Fe作用下还原为氨基，已知E→F有副产物产生，则酯基发生水解，F的分子式为，根据O原子个数说明F中除了羟基和-Boc外只剩下一个O原子，则羧基和氨基发生成肽反应，故F的结构简式为；F在HCl作用下发生醇羟基的消去反应，同时N-Boc断裂生成G。 【小问1详解】 观察化合物A的结构，可知含有的官能团名称为酯基、溴原子。 【小问2详解】 “步骤1”中溴原子被取代，反应类型为取代反应。 【小问3详解】 E含有硝基，在Fe作用下还原为氨基，已知E→F有副产物产生，则酯基发生水解，F的分子式为，根据O原子个数说明F中除了羟基和-Boc外只剩下一个O原子，则羧基和氨基发生成肽反应，故F的结构简式为。 【小问4详解】 D的分子式为，其同分异构体分子中含三元碳环即环丙烷， 1 mol该物质完全水解时最多消耗4 mol NaOH说明含有2 mol酯基和2 mol酰胺基，由于分子式中只含1个N原子，则存在结构，不同化学环境的氢原子个数比为18：4：1，则有9个甲基是等效氢，故该同分异构体的结构简式为。 【小问5详解】 2-丁烯和溴单质加成反应生成2,3-二溴丁烷后，在NaOH/醇、加热作用下生成1,3-丁二烯‌，1,3-丁二烯‌和溴单质加成反应生成后，与取代反应生成，与丙酮在NaH作用下生成，合成路线流程图为。 16. 黄铜矿(主要成分为CuFeS2)是重要的矿产资源，可用于制备硫酸四氨合铜、含铜催化剂。 （1）浸取铜：用过二硫酸铵溶液作浸取剂可以提取黄铜矿中的铜元素，浸取的原理示意如图1所示。 ①一段时间后，Fe3+与CuFeS2反应的离子方程式为___________。 ②浸取初期，随着浸取时间延长，Cu2+的浸出速率迅速提高，其可能的原因是___________。 ③CuFeS2的晶胞如图2所示。 图3所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是___________。 （2）制备硫酸四氨合铜：向0.1 mol/L硫酸铜溶液中滴加足量1 mol/L氨水至沉淀恰好完全溶解，再加入一定量95%乙醇析出硫酸四氨合铜晶体。 ①实验小组发现：纯净的氢氧化铜不溶于1 mol/L稀氨水；室温下，反应的平衡常数，远小于。上述制备过程中，氢氧化铜溶于氨水生成硫酸四氨合铜的原因除了铜离子与氨分子间存在配位作用，还可能为___________。 ②请设计实验方案验证①中的猜想(补充完整实验方案、预测实验现象)：___________，将反应后混合物进行离心实验、弃去上层清液，将所得沉淀___________。 (须遵循节约试剂用量的原则，可以选用的试剂：溶液，1 mol/L氨水，溶液，醋酸铵固体，氯化铵固体) （3）铜锌催化剂中铜元素质量百分数的测定：取0.8100 g铜锌催化剂(主要成分为CuO、ZnO)碾碎后，在60℃下用过量硝酸反应30分钟后过滤出溶液定容至100 mL待用。 ①取10.00 mL上述溶液，依次滴加氨水(消除Cu2+、Zn2+以外其他离子的干扰)、20.00 mLpH值为5.5的HAc-NaAc缓冲溶液、0.5000g硫代硫酸钠掩蔽Cu2+、5滴PAN溶液作指示剂，然后用EDTA标准溶液()滴定至终点，重复滴定2次，平均消耗EDTA标准溶液4.90 mL。 ②不加掩蔽剂，其余操作与①相同，平均消耗EDTA标准溶液7.60 mL。 已知：H2Y2-与Cu2+、Zn2+均能发生络合反应；用滴定度f(每毫升EDTA标准溶液所对应的待测组分的质量)描述其中的对应关系：，。请写出铜元素质量百分数的计算过程___________。 【答案】（1） ①. CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S ②. Fe2+作催化剂加快Cu2+浸出速率的影响大于(NH4)2S2O8浓度减小减缓Cu2+浸出速率的影响 ③. 图3所示结构单元不能采用“无隙并置”在晶体中重复出现(或该结构不是晶胞最小重复结构单元) （2） ①. 与OH-反应，促进Cu(OH)2沉淀溶解平衡向溶解方向移动 ②. 向试管中加入溶液，滴加1mol/L氨水至产生大量蓝色沉淀 ③. 洗涤至向最后一次洗涤滤液中滴加BaCl2溶液无浑浊产生，取少量制得的Cu(OH)2纯净固体，向其中滴加适量1mol/L氨水，沉淀不溶解；再加入少量醋酸铵固体，充分振荡，观察实验现象：沉淀溶解，溶液呈深蓝色 （3）与Cu2+反应的EDTA标准溶液的体积为，铜元素的质量为，铜元素质量百分数为 【解析】 【小问1详解】 ①图中信息显示，一段时间后，Fe3+与CuFeS2反应，生成Fe2+、Cu2+和S，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出发生反应的离子方程式为CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S。 ②浸取初期，随着浸取时间延长，(NH4)2S2O8的浓度不断减小，Fe2+的浓度不断增大，(NH4)2S2O8浓度减小使反应速率减慢，但Fe2+作反应的催化剂使反应速率加快且占主导因素，所以Cu2+的浸出速率迅速提高，其可能的原因是：Fe2+作催化剂加快Cu2+浸出速率的影响大于(NH4)2S2O8浓度减小减缓Cu2+浸出速率的影响。 ③对比图2与图3，图3所示结构单元并不是图2中晶胞的最小重复结构单元；则不能作为CuFeS2晶胞的原因是：图3所示结构单元不能采用“无隙并置”在晶体中重复出现(或该结构不是晶胞最小重复结构单元)。 【小问2详解】 ①制备硫酸四氨合铜晶体时，先往硫酸铜溶液中滴加氨水，此时发生反应Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2，能与OH-反应生成NH3∙H2O，从而促进反应不断向Cu(OH)2溶解方向进行，所以氢氧化铜溶于氨水生成硫酸四氨合铜的原因除了铜离子与氨分子间存在配位作用，还可能为：与OH-反应，促进Cu(OH)2沉淀溶解平衡向溶解方向移动。 ②为验证①中的猜想，可设计实验制取Cu(OH)2，在去除的情况下加入氨水，看是否溶解，然后再加入，观察现象。则实验方案设计为：向试管中加入溶液，滴加1 mol/L氨水至产生大量蓝色沉淀，将反应后混合物进行离心实验、弃去上层清液，将所得沉淀洗涤至向最后一次洗涤滤液中滴加BaCl2溶液无浑浊产生，取少量制得的Cu(OH)2纯净固体，向其中滴加适量1 mol/L氨水，沉淀不溶解；再加入少量醋酸铵固体，充分振荡，观察实验现象：沉淀溶解，溶液呈深蓝色。 【小问3详解】 依题意，10.00 mL上述溶液中，Cu2+、Zn2+共消耗EDTA标准溶液的体积为7.60 mL，Zn2+消耗EDTA标准溶液的体积为4.90 mL，则Cu2+消耗EDTA标准溶液的体积为7.60 mL-4.90 mL=2.70 mL，m(Cu2+)=2.70 mL××0.006750 g/mL=0.18225 g，则铜元素质量百分数为=22.50%。 【点睛】提取硫酸四氨合铜晶体时，常往硫酸四氨合铜溶液中加入一定量95%乙醇，降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度。 17. 二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答： （1）用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。 A. 温度 B. 投料比[n(NH3):n(CH3OH)] C. 压强 D. 催化剂 （2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH=_______。 （3）在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是_______。 （4）上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下_______0(填“>”、“<”或“=”)。 （5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下： Ⅳ． V． 三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。 (例：HCOOH的物质的量百分比 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活)_______。 ②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因_______。 【答案】（1）AB （2）5.4 （3）CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O （4）＜ （5） ①. t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快 ②. 用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度 【解析】 【小问1详解】 A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲醇的平衡转化率，A符合题意； B．增大投料比[n(NH3):n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3):n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B符合题意； C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不合题意； D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不合题意； 故答案为：AB； 【小问2详解】 25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，则[(CH3)2NH2] ++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案为：5.4； 【小问3详解】 已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O，故答案为：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O； 【小问4详解】 反应生产HCON(CH3)2的反应方程式是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变＜0时反应自发可知，则反应在该条件下<0，故答案为：＜； 【小问5详解】 ①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快，故答案为：t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快； ②用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，故答案为：用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $