精品解析：江西南昌市2026届高三年级下学期四月检测 化学试题

2026届高三年级四月检测 化 学 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 P 31 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 八一起义纪念馆“后勤保障展区”藏着“土法制火药”的感人故事，下列说法错误的是 A. 土法提硝：利用老墙土提取硝石，硝石灼烧的焰色为紫色 B. 土法过滤：利用陶罐、粗布进行过滤，陶罐主要成分是铝硅酸盐 C. 土法净化：加入萝卜一起熬煮，是利用了萝卜中的果胶具有吸附性 D. 土法研磨：石臼中研磨火药用木器而非铁器，原因是铁器易被氧化 【答案】D 【解析】 【详解】A．硝石主要成分为，含钾元素，灼烧时焰色反应为紫色，A正确； B．陶罐属于陶瓷类硅酸盐制品，主要成分为铝硅酸盐，B正确； C．萝卜中的果胶具有疏松多孔结构，有吸附性，可吸附杂质实现净化，C正确； D．研磨火药不用铁器是因为铁器硬度大，研磨时摩擦碰撞易产生火花引燃火药，和铁器易被氧化无关，D错误； 故选D。 2. 根据元素周期律推测，下列说法错误的是 A. 键长： B. 键能： C. 键的极性： D. 离子半径： 【答案】A 【解析】 【详解】A．F和Cl为同主族元素，原子半径，因此键的键长小于键，即键长，A错误； B．C原子半径小于Si，键长小于键，键长越短键能越大，因此键能，B正确； C．电负性，与的电负性差值大于与的差值，成键原子电负性差越大键的极性越强，因此键的极性，C正确； D．和核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，因此离子半径，D正确； 故选A。 3. 化学实验安全重于泰山，下列实验要求正确的是 A. 高锰酸钾与乙酸乙酯不能存放同一药品柜 B. 配制一定浓度的NaCl溶液无需佩戴护目镜 C. 实验室制备时，可用石灰水吸收尾气 D. 钡盐有毒，等含钡废弃物应做无害化处理 【答案】A 【解析】 【详解】A．高锰酸钾为强氧化性试剂，乙酸乙酯为易燃有机溶剂，二者混放易发生氧化还原反应引发火灾、爆炸等安全事故，不能存放于同一药品柜，A正确； B．化学实验操作中大多存在液体溅出等风险，配制溶液存在这种风险，需要佩戴护目镜保护眼部，B错误； C．在水溶液中是微溶物，石灰水中溶解度很低，溶液浓度很小，无法充分吸收尾气，应选用溶液吸收，C错误； D．可溶性钡盐在水溶液中能电离出，是重金属阳离子，能使接触到的蛋白质变性从而丧失生理活性，所以称为有毒物质。但难溶于水和酸，无法电离出，所以本身无毒（医疗上可作钡餐），故少量的硫酸钡一般不需要做无害化处理，D错误； 故选A。 4. 我国科研团队提出一种创新光催化策略，仅利用水、氮气、氧气即可合成硝酸，反应过程中产生、羟基自由基等中间体，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1mol-OH电子数为 B. 0.5mol 中键数目为 C. 11.2L （标准状况下）中非极性键数目为 D. 消耗32g ，产生杂化的N原子数目最多为 【答案】D 【解析】 【详解】A．-OH（羟基）为中性基团，共含个电子，1 mol -OH电子数为，A错误； B．1个分子含氮氮三键，1个三键中有2个键，0.5 mol 中键数目为，B错误； C．标准状况下为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，无法确定非极性键数目，C错误； D．32 g 物质的量为1 mol，根据题意可知，合成硝酸的总反应为，中N原子为杂化，1 mol 完全反应最多生成0.8 mol ，对应杂化的N原子数目为，D正确； 故选D。 5. 有机硼化合物在材料科学、药物化学等领域具有重要价值，下图为基于驱动的硼化反应及其相关应用，下列说法错误的是 A. X→Y过程中发生了取代反应 B. Y属于盐类 C. Z遇溶液显紫色 D. X中两个平面环的电子总数不同 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知，XY为取代反应，同时生成HBr，YZ为取代反应，据此分析问题。 【详解】A．由题意可知，X→Y过程中X上的一个氢原子被-BBr2取代，并且B原子与相邻的N原子形成配位键，因此该过程发生了取代反应，A正确； B．由题意可知，化合物Y的结构中含带正电荷的氮原子和带负电荷的硼原子，整体呈电中性，属于盐类，B正确； C．化合物Z的结构中含酚羟基，遇溶液显紫色，C正确； D．X分子中含有两个平面环，分别为五元杂环和六元苯环。苯环的大π键含有6个π电子。五元杂环中含有3个碳原子各提供的1个单电子、1个N原子提供1个单电子以及1个N原子提供1对孤电子对参与共轭，形成4n+2体系(n=1)，即含有6个π电子。因此，两个平面环的π电子总数相同，均为6个，D错误； 故答案选D。 6. 对下列事实作出的解释错误的是 选项 事实 解释 A 苯酚能与溴水反应而苯不能 羟基使苯环活化 B 氯化钠和蔗糖熔化所需的温度不同 熔化氯化钠破坏的是离子键， 而熔化蔗糖破坏的是共价键 C 淀粉水解液遇碘不变蓝 淀粉已完全水解 D 红宝石的硬度很大 是共价晶体 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．苯酚的羟基会活化苯环的邻对位氢，使苯环取代反应活性远高于苯，可直接和溴水反应生成三溴苯酚，A不符合题意； B．氯化钠是离子晶体，熔化时破坏离子键；蔗糖是分子晶体，熔化属于物理变化，仅破坏分子间作用力，不会破坏分子内的共价键，B符合题意； C．淀粉的特征反应是遇碘单质变蓝，若水解液遇碘不变蓝，说明体系中已无淀粉剩余，即淀粉完全水解，C不符合题意； D．红宝石主要成分为（刚玉），属于共价晶体，因此硬度很高，D不符合题意； 故选B。 7. 工业上常采用瓦克法生产乙醛，反应依次为①；②；③。下列说法正确的是 A. 乙醛中键与键数目之比为 B. 、CuCl、HCl都是催化剂 C. 用丙烯作原料，产物将含丙醛和丙酮 D. 每得到1mol乙醛，转移电子数目为 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙醛结构为，分子中含6个键（3个C-H键、1个C-C键、1个醛基C-H键、1个C=O中的键）和1个键（C=O中的键），二者数目比为，A错误； B．、反应前后不变，是催化剂，、是反应中生成又消耗的中间产物，不是催化剂，B错误； C．丙烯结构为，双键两个碳原子连接基团不同，瓦克法氧化时氧可加在不同双键碳上，分别生成丙醛和丙酮，C正确； D．总反应为，生成2 mol乙醛时，转移4 mol电子，则每得到1mol乙醛，转移电子数为，D错误； 故选C。 8. 我国科学家成功制备一种用于X射线成像的溴化物，已知M、N、Q、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素且前四周期均有分布，其中N、Q、W为同周期相邻元素且Q的第一电离能最大，X与Q同族，Y为金属元素，且Y的价电子数比W多1，下列说法正确的是 A. 电负性： B. 氢化物的稳定性： C. MZW具有强氧化性 D. Y的最高价氧化物为碱性氧化物 【答案】C 【解析】 【分析】7种元素原子序数依次增大且前四周期均有分布，M为第一周期的H；N、Q、W为同周期相邻元素且Q第一电离能最大，符合第二周期C、N、O的规律（氮元素的2p轨道半满，其第一电离能大于同周期相邻的碳和氧），故N为C、Q为N、W为O；X与Q同族且原子序数大于O，故X为P；化合物为溴化物，故Z为Br；Y为金属，价电子数比W（O，价电子数6）多1即价电子数为7，故Y为Mn。 【详解】A．同周期元素电负性从左到右递增，电负性：，A错误； B．N为C，Q为N，C的氢化物很多都是含有不饱和键的烃，稳定性不如N的氢化物，B错误； C．为，其中Br为+1价易得电子，具有强氧化性，C正确； D．Y为Mn，最高价氧化物为，属于酸性氧化物，D错误； 答案选C。 9. 一种聚酰亚胺高分子材料，其制备原理如图，下列说法正确的是 A. X中不可能所有原子共平面 B. 1mol Z可消耗4mol NaOH C. W为热固性材料 D. 反应①与反应②的反应类型不同 【答案】D 【解析】 【详解】A．分子中不存在饱和杂化碳原子，所有碳原子均为杂化，所有原子均可共平面，A错误； B．Z是高分子化合物，1 mol Z分子中含有羧基、酰胺键，总共可消耗，不是，B错误； C．由聚酰亚胺高分子材料的制备原理可知， W为线性结构的高分子材料，线性结构的高分子材料一般为热塑性材料，而不是热固性材料，C错误； D．反应①是X与Y发生反应形成酰胺键，可认为是X中酸酐水解后生成的羧基与氨基发生缩聚反应；反应②是Z分子内脱水缩合生成酰亚胺环，脱去小分子水，属于缩合（取代）反应，二者反应类型不同，D正确； 故选D。 10. 工业合成尿素的热反应方程式为。室温下，向1L真空刚性容器中加入1mol 和2mol ，t分钟后反应达到平衡，测得。下列说法正确的是 A. t分钟内， B. 当体积分数不变时反应达到平衡 C. 再加入1mol 和2mol ，转化率将增大 D. 工业合成时采用200℃加热，目的是提高尿素的平衡产率 【答案】C 【解析】 【详解】A．t min内反应消耗的浓度为，结合反应计量比可知消耗的浓度为，故，A错误； B．反应体系中只有和为气体，二者初始投料比、反应消耗比均为，反应过程中的体积分数始终为，该值不变无法说明反应达到平衡，B错误； C．刚性容器体积不变，再按初始比例加入反应物相当于增大体系压强，该反应正反应为气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，转化率增大，C正确； D．该反应，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，尿素的平衡产率降低，加热的目的是加快反应速率，并非提高平衡产率，D错误； 故选C。 11. 一种利用电池治理工业废水的工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. Zn电极发生氧化反应 B. MOF电极室溶液pH会减小 C. M电极反应式为 D. 每产生1.12L （标况），双极膜中消耗7.2g 【答案】C 【解析】 【分析】左侧为以Zn为负极、MOF材料为正极的原电池，负极上Zn发生氧化反应：，正极上CO2发生还原反应：，总反应式为；右侧为该原电池供电的电解池，M 为阳极，肼（）发生氧化反应：，N为阴极，硝酸根发生还原反应：，总反应为：，双极膜与离子交换膜分别维持两装置内的电荷平衡。 【详解】A．该装置为Zn-CO2电池，Zn为负极，在电极上失去电子发生氧化反应，A正确； B．MOF电极室中，CO2与从双极膜迁移来的反应生成弱酸甲酸（ ），导致溶液酸性增强，pH减小，B正确； C．M电极处为含肼（）的碱性体系，肼被氧化生成氮气，其正确电极反应应写为： ，而题中写成生成的酸性条件反应式，与实际碱性环境不符，C错误； D．生成 （标准状况）对应 。由电极反应可知生成 1 mol NH3需要转移8 mol电子，则生成 0.05 mol NH3需转移0.4 mol电子。双极膜中每转移1 mol电子消耗1 mol水，因此消耗水为，质量为：，D正确； 故答案为C。 12. 锂电池酸浸液（主要含、、、、、、、）中各种金属需要一一分离、回收，其中Cu、Al、Fe优先分离，流程如下： 下列说法错误的是 A. “沉铜”过程中铁粉若过量，至少会发生4个离子反应 B. “沉铝”过程的离子方程式为： C. “沉铝”过程用替代可达到相同效果 D. “沉铁”过程得到的含铁沉淀不止一种成分 【答案】C 【解析】 【分析】锂电池酸浸液中含多种金属阳离子，需要优先分离Cu、Al、Fe，该流程依次通过：加铁粉置换沉铜除去铜单质，滤液加沉铝得到水合磷酸铝沉淀除去铝，所得滤液再加​和沉铁除去铁，后续再分离回收剩余的锂、镍、钴等金属。 【详解】A．在“沉铜”步骤中，向含有、、、、、、、等离子的酸性溶液中加入铁粉，会发生以下反应：铁粉优先与氧化性最强的 反应：；铁粉置换出铜： ；铁粉与酸反应： ；如果铁粉过量，还会继续与溶液中其他比铁不活泼的金属离子反应，如： ，故至少会发生4个离子反应，A正确； B．该离子方程式电荷守恒、原子守恒，符合沉铝生成水合磷酸铝沉淀的反应原理，B正确； C．溶液碱性远强于，使用沉铝时，不仅会沉淀Al，还会使溶液中等多种金属离子也形成氢氧化物共沉淀，无法得到仅分离铝的效果，不能得到相同实验目的，C错误； D．沉铁过程中，将Fe(II)氧化为Fe(III)后加NaOH，随体系pH变化，Fe(III)会生成，也会生成碱式铁盐等，因此含铁沉淀不止一种成分，D正确； 故选C。 13. 2025年诺贝尔化学奖授予了合成金属-有机框架材料（简称MOF）的三位科学家。已知与四氰基苯基甲烷［结构简式：，简写为]可以合成一种MOF材料，其晶胞如图所示。下列说法错误的是 （注：在晶体内可自由移动，图中未画出） A. 该晶胞中含2个 B. 晶胞中与形成配位键的配位原子是C C. 与的最短距离为 D. 若、的摩尔质量分别为g/mol、g/mol，该晶体的密度为 【答案】B 【解析】 【详解】A．已知该晶胞由与四氰基苯基甲烷合成，即1个Cu+配位有1个，该晶胞中Cu+的个数为，则个数为2，A正确； B．Cu+提供空轨道，但中的C原子不含孤电子对，无法与Cu+形成配位键，B错误； C．与距离最近的为同一侧面上的，结合晶胞中其他粒子的位置可得，与之间，纵向距离为nm，横向距离为nm，故最短距离为，C正确； D．Cu+的个数为，个数与Cu+相同为2，个数为，则，D正确； 故答案选B。 14. 白色固体样品M，可能含有、、、、、、中的几种或全部。取三份等质量的M，分别加入足量对应试剂充分反应，实验现象记录如下： 编号 试剂 反应后不溶物 观察到生成的气体 Ⅰ 蒸馏水 白色固体 红棕色、有刺激性气味气体 Ⅱ 稀盐酸 白色固体 红棕色、有刺激性气味气体 Ⅲ NaOH浓溶液（加热） 白色固体 无色、有刺激性气味气体 依据实验现象，下列说法错误的是 A. 一定不含 B. 可能含 C. 可能含 D. 一定含 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知，结合实验Ⅰ、Ⅱ分析可知，这几种物质可反应生成不溶于强酸的白色固体的有Al2(SO4)3和BaCl2直接反应生成BaSO4，以及Na2SO3被氧化后生成然后和BaCl2反应生成BaSO4，故溶液中一定含有BaCl2，可能含有Al2(SO4)3；可以反应生成红棕色、有刺激性气味气体的有KNO3和Na2SO3发生氧化还原反应生成NO，NO在空气中被氧化成NO2为红棕色气体，所以溶液中一定含有KNO3、Na2SO3；分析实验Ⅲ可知，若是含有FeCl2则加入NaOH溶液时会反应生成Fe(OH)2白色沉淀，然后该沉淀会迅速转化为灰绿色最后会变成红棕色沉淀，所以M中一定不含FeCl2；由于加入NaOH浓溶液在加热的条件下还有无色、有刺激性气味气体生成，结合给出的物质可知该气体为NH3，则一定含有NH4Cl，其余的物质这三个实验中并没有验证，则为M中可能含有，据此分析回答问题。 【详解】A．由分析可知，M中一定不含，A正确； B．若含有Al2(SO4)3，加入过量浓溶液时，会转化为可溶的，剩余不溶物为，仍为白色，符合实验现象，故可能含Al2(SO4)3，B正确； C．加稀盐酸后仍有白色不溶物，该不溶物为，说明一定存在即，不是可能含有，C错误； D．红棕色气体为，是被还原生成后被氧化所得，由于已经确定无，还原剂只能是，故一定含，D正确； 故答案选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 钛白废酸是钛白粉生产过程中的水解母液，除含和硫酸外，还有（锆离子）、、等杂质，下图是以P204（看作HA）-TBP为共萃体系从钛白废酸中利用溶剂二次萃取法提取钪的流程图。 已知：①油水相比（O/A）是萃取过程中油相与水相的比值，相比越大，油相可以负载金属离子的量就越大，萃取率就越高，同时消耗的油相也越大。 ②TBP能有效抑制乳化现象的形成，与生成的配合物很难被P204萃取，铁离子在时萃取率很低。 回答下列问题： （1）基态Sc原子中不同自旋方向的电子数之比为______，实验室中萃取操作需使用的玻璃仪器为______。 （2）P204萃取钪离子的方程式为，“碱液反萃”加入足量NaOH产生氢氧化钪沉淀的离子方程式为______，“碱液反萃”后的有机相加入______（填试剂名称）可实现有机相的再生。 （3）、时，富集浸出液中初始浓度与金属离子萃取率的关系图如下，结合图像与题目分析“萃取富集”的作用是______。 （4）①“萃取纯化”选择更大油水相比（O/A）的原因是______。 ②“萃取纯化”后需经过______、______步骤再加入草酸溶液“沉钪”。 （5）“煅烧”的化学方程式为______。 【答案】（1） ①. 或 ②. 分液漏斗 （2） ①. ②. 盐酸 （3）增大溶液中的初始浓度，更有利于“萃取纯化”时与（锆离子）的分离 （4） ①. 萃取率更高 ②. 碱液反萃 ③. 酸溶 （5） 【解析】 【分析】钛白废酸先经过萃取富集，再用NaOH溶液反萃取，得到Sc(OH)3沉淀，再经过盐酸酸浸，得到Sc3+，再经过萃取纯化，将Sc3+与其他杂质离子分离，再加入进行沉钪，得到产物，最后煅烧得到。 【小问1详解】 ①Sc为21号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，轨道表示式为：，故最终不同自旋方向的电子数之比为10:11； ②萃取必须使用的仪器是分液漏斗； 【小问2详解】 ①反萃取则把萃取时的生成物作为反应物，萃取时的反应物作为生成物，Sc3+遇OH-会进一步形成沉淀，得出； ②此时有A-产生，有机相为HA，要将A-变为HA，需要加酸，可以是盐酸； 【小问3详解】 由图可以得出，的初始浓度越大，的萃取率越低，越有利于分离与，故答案为增大溶液中的初始浓度，更有利于“萃取纯化”时与（锆离子）的分离； 【小问4详解】 ①由题目已知可得，油水相比（O/A）越大，油相可以负载金属离子的量就越大，萃取率越高； ②根据题目流程图可得，萃取后的步骤为碱液反萃、酸溶； 【小问5详解】 煅烧步骤中，反应物为O2与，产物为，结合煅烧的共同特点产物还应该有CO2，配平后得到方程为。 16. 磷酸二氢铝是一种重要的无机粘合剂，常温下可固化，加热时脱水缩合，生成致密的磷酸铝-氧化铝陶瓷层，能隔绝氧气和热量，广泛用于耐火材料。某化学兴趣小组在实验室用纯度较高的氢氧化铝与磷酸反应制备磷酸二氢铝（该反应放热，且过程中会产生大量气泡），并对其性质进行初步探究。 【实验步骤】 Ⅰ.制备磷酸二氢铝 ①取一定体积质量分数为85%的磷酸（密度为）于三颈烧瓶中，加入适量水稀释，并置于冷水浴中。 ②在持续搅拌下，将粉末缓慢、分批加入三颈烧瓶中。 ③试剂加入完毕后，撤去冷水浴，将反应混合物加热至95～105℃，恒温搅拌反应2小时，得到无色黏稠液体产品。 Ⅱ.产品磷酸二氢根与铝含量比的测定 为测定产品中磷酸二氢根与铝的物质的量之比（即P/Al），该小组设计如下方案： ④精确称取产品m g，完全溶解于水，配成250mL溶液。 ⑤取25.00mL上述溶液采用沉淀法测得。 ⑥另取25.00mL溶液，加入25.00mL EDTA标准液（）与充分络合（），再用 标准液滴定剩余的EDTA，消耗标准液体积为VmL。 已知：EDTA与、均按络合。 回答下列问题： （1）质量分数为85%的磷酸（密度为）物质的量浓度为______（保留三位有效数字）；玻璃导管的作用是______。 （2）制备磷酸二氢铝的化学方程式为______。 （3）步骤②强调“缓慢、分批加入”，其原因是______。 （4）若使用铝粉与磷酸反应制取磷酸二氢铝，除了反应更剧烈，该方法不足之处还有______。 （5）制备磷酸二氢铝时，不直接将溶液蒸干以获得产品，原因是______。 （6）测时，酸式滴定管在使用前需进行的操作为______。 （7）若实验测得V=16.0mL（其他步骤均无误），则该产品中P/Al的比值为______，该比值大于理论值的原因可能是______。 【答案】（1） ①. ②. 平衡气压 （2） （3）控制反应速率，防止剧烈放热导致暴沸或飞溅 （4）产生氢气易燃易爆，存在安全风险 （5）直接加热蒸干，磷酸二氢铝会发生脱水缩合反应 （6）检查是否漏液、水洗后用待装液润洗 （7） ①. 3.2 ②. 制备过程中磷酸过量（或产品中混有游离的磷酸）。 【解析】 【分析】本实验是围绕磷酸二氢铝的制备与组成测定探究实验，以氢氧化铝和磷酸为原料，通过冷水浴、缓慢分批加料的方式控制放热反应的反应速率，加热恒温反应得到磷酸二氢铝产品后，分别通过沉淀法测定P的物质的量、EDTA络合返滴定法测定Al的物质的量，最终计算得到产品中P与Al的物质的量之比，完成对磷酸二氢铝的制备与组成探究。 【小问1详解】 根据浓度公式； 玻璃导管连通外界，可平衡装置内外压强，避免反应产生气体使瓶内压强过高。 【小问2详解】 氢氧化铝与磷酸中和生成磷酸二氢铝和水，化学方程式为。 【小问3详解】 该反应放热且生成大量气泡，缓慢分批加入可控制反应速率，防止剧烈放热导致暴沸或飞溅。 【小问4详解】 铝粉与磷酸反应生成磷酸二氢铝的同时会放出氢气，氢气易燃易爆，存在安全风险。 【小问5详解】 题干给出信息：磷酸二氢铝加热会脱水缩合，因此直接加热蒸干，磷酸二氢铝会发生脱水缩合反应，故不直接将溶液蒸干以获得产品。 【小问6详解】 酸式滴定管使用前的标准操作：先检查是否漏液，水洗后必须用待装的标准液润洗，避免浓度偏差带来实验误差。 【小问7详解】 25.00mL溶液中，总EDTA物质的量为，剩余EDTA物质的量等于消耗的物质的量，即，因此，故；理论值为3，比值偏大说明P含量偏高，原因是制备时磷酸过量，产品中残留游离磷酸，导致测得P的量偏高。 17. “乙醇选择性部分重整制氢”是一项极具前瞻性的制氢技术，反应如下： 。 回答下列问题： （1）已知常温下各物质的相对能量如下，则______；若通过键能估算该反应的，至少需要______（填数字）种化学键的键能数据。 （2）反应中4种物质的沸点由高到低的顺序为：______。 （3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图。其中选择性最高的产物为______（填序号）。 A. B. C. D. CO （4）按体积比投入和，不考虑副反应，得到温度、压强和平衡转化率的关系如图所示。 ①是以物质的量分数表示的平衡常数，则______（填“>”“＜”或“=”）； ②O点对应体系的为______kPa（保留两位小数）。 （5）一定条件下，乙醇水蒸气制氢还有其他途径，反应机理如图。 ①若用标记，则产物中的化学式为______； ②相比之下，“乙醇选择性部分重整制氢”的优点有______。 【答案】（1） ①. ②. 4 （2） （3）A （4） ①. = ②. 29.63 （5） ①. 或 ②. 减少CO和排放（或生成的产物乙酸具有高附加值） 【解析】 【小问1详解】 反应焓变生成物总相对能量反应物总相对能量，代入数据：； 用键能计算焓变时，反应物总键能生成物总键能，对该反应化简后，、键能抵消，只需要、、、共4种化学键的键能； 【小问2详解】 分子晶体沸点与氢键、相对分子质量有关：乙酸分子间形成氢键且相对分子质量最大，故沸点最高；水分子可形成更多分子间氢键，沸点高于乙醇；氢气分子间仅存在范德华力，沸点最低，故顺序为； 【小问3详解】 要判断选择性最高的产物，关键是看反应路径中决速步（活化能最高的步骤）的能垒大小，能垒越低，反应越容易进行，对应产物的选择性就越高，据此计算各产物路径的最高能垒： A．从（-2.06）到过渡态（-1.26 ），能垒为 (−1.26 )−(−2.06 )=0.80 ； B．从（-3.5 ）到过渡态（-2.15 ），能垒为 (−2.15)−(−3.5 )=1.35 ； C．从（-2.75）到过渡态（-1.41 ），能垒为 (−1.41 )−(−2.75 )=1.34 ； D．从（-3.75）到过渡态（-2.01 ），能垒为 (−2.01)−(−3.75 )=1.74 ；对比可知，A的决速步能垒最低，说明该反应路径最容易进行，因此选择性最高的产物是；故答案选A。 【小问4详解】 ①由图像可知点和点对应的平衡转化率均为40%，则平衡时两点对应各组分的物质的量分数相同，因此； ② 由图知P点和O点对应温度相同，故P点和O点平衡常数相同，已知P点转化率为40%，设初始投入、各，建立三段式： ，P点总压强，平衡时总物质的量，代入分压计算得：；故O点对应的； 【小问5详解】 ①标记在乙醇的羟基中，反应中进入，与水提供的催化剂表面结合生成，因此产物中含1个、1个，故其化学式为或； ②对比其他途径会生成甲烷、一氧化碳等副产物，该工艺直接得到乙酸和氢气，原子利用率高，减少CO和副产物排放。 18. 药物研发中，中间体的高效合成是关键。以下是一种长效呼吸道合胞病毒（RSV）抑制剂药物分子中间体（J）的合成路线： 已知：PMB（对甲氧基苄基）为；同一个碳上连两个—OH不稳定。 根据上述信息，回答下列问题： （1）化合物D中含氧官能团的名称为______，E→F的反应类型为______。 （2）A→C反应的方程式为______。 （3）在整个合成路线中，的作用是______。 （4）步骤D→E中，加入的作用是______。 其中有机物Ⅰ的合成路线如下： （5）碱性：______（填“>”或“＜”）。 （6）K结构简式为______。 （7）化合物M有2个甲基的三元醇的同分异构体有______种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比的化合物的系统命名为______。 【答案】（1） ①. 醚键、酰胺基； ②. 取代反应 （2） （3）引入保护基（或减弱羰基相邻的碳氢键的极性） （4）中和反应生成的HCl，促进反应平衡正向移动 （5）＜ （6） （7） ①. 6 ②. 3-氯-2,3,4-戊三醇 【解析】 【分析】与A的氨基发生酰胺化反应，在C中形成了酰胺键，同时保留了环丁酮结构，后续可被甲醇保护为缩酮，推测B为3-氧代环丁烷-1-羧酸（），C中的环丁酮羰基在甲醇中与甲醇发生缩酮化反应，生成二甲缩酮结构，得到中间体D，实现羰基的保护；D的酰胺氮原子在碱Cs2CO3作用下脱质子，作为亲核试剂进攻PMBCl（对甲氧基苄氯），发生亲核取代反应，引入PMB保护基，得到E ；E在催化剂作用下发生分子内亲核取代反应，酰胺羰基邻位的碳作为亲电位点，进攻苯环上连有Br的碳，通过脱去1分子HBr，关环形成螺环内酰胺骨架得到中间体F ；F的缩酮结构在反应条件下发生水解脱保护，重新释放出酮羰基，得到酮中间体G ；G 的环丁酮羰基被还原为羟基，得到醇中间体H ；H的酰胺基H与化合物I（含氯侧链的苯并咪唑衍生物）在碱Cs2CO3作用下发生亲核取代反应，脱去一分子HCl，形成C-N键，得到最终产物J 。 有机物Ⅰ的合成路线：氟原子（F）被三氟丙胺的氨基取代，F作为离去基团离去；硝基（-NO2）作为强吸电子基，活化了邻位的C-F键，让亲核取代更容易发生，得到，再经 Zn/NH₄Cl 还原硝基为氨基得到L，最后L与氯代缩酮M缩合环化，构建出目标苯并咪唑产物I。 【小问1详解】 D的结构中含有环上醚键，同时还含有酰胺结构中的酰胺基，所以含氧官能团为醚键、酰胺基；E→F由分析可知，属于取代反应； 【小问2详解】 A→C是邻溴苯胺与含羧基的环丁酮酸发生缩合反应，生成酰胺并脱去一分子水，方程式为； 【小问3详解】 CH3OH的作用是把C中羰基保护起来，生成D中的缩酮结构，避免后续反应中羰基被破坏，所以答案为引入保护基，或减弱羰基相邻碳氢键的极性； 【小问4详解】 D→E中加入Cs2CO3是作为碱，吸收反应生成的HCl，使反应平衡向生成E的方向移动，同时促进N原子发生取代反应，所以答案为中和反应生成的HCl，促进反应平衡正向移动； 【小问5详解】 由于CF3具有强吸电子效应，会降低相邻烷基胺中N原子电子云密度，使孤电子对接受H+的能力减弱，因此碱性：＜； 【小问6详解】 K是由芳环上的F被CF3(CH2)3NH2取代得到的产物，结构为苯环上-Br、-NO2和-NH(CH2)3CF3三个取代基，其中-NH(CH2)3CF3位于原F的位置，答案为； 【小问7详解】 M()的分子式为，同分异构体中含有2个甲基，三元醇部分不考虑立体异构时，有、、（只画出了碳骨架、箭头所指氯原子位置），合计共6种同分异构体； 核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为6:2:2:1，说明有两个等效甲基，符合条件的骨架为，系统命名为3-氯-2,3,4-戊三醇。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级四月检测 化 学 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 P 31 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 八一起义纪念馆“后勤保障展区”藏着“土法制火药”的感人故事，下列说法错误的是 A. 土法提硝：利用老墙土提取硝石，硝石灼烧的焰色为紫色 B. 土法过滤：利用陶罐、粗布进行过滤，陶罐主要成分是铝硅酸盐 C. 土法净化：加入萝卜一起熬煮，是利用了萝卜中的果胶具有吸附性 D. 土法研磨：石臼中研磨火药用木器而非铁器，原因是铁器易被氧化 2. 根据元素周期律推测，下列说法错误的是 A. 键长： B. 键能： C. 键的极性： D. 离子半径： 3. 化学实验安全重于泰山，下列实验要求正确的是 A. 高锰酸钾与乙酸乙酯不能存放同一药品柜 B. 配制一定浓度的NaCl溶液无需佩戴护目镜 C. 实验室制备时，可用石灰水吸收尾气 D. 钡盐有毒，等含钡废弃物应做无害化处理 4. 我国科研团队提出一种创新光催化策略，仅利用水、氮气、氧气即可合成硝酸，反应过程中产生、羟基自由基等中间体，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1mol-OH电子数为 B. 0.5mol 中键数目为 C. 11.2L （标准状况下）中非极性键数目为 D. 消耗32g ，产生杂化的N原子数目最多为 5. 有机硼化合物在材料科学、药物化学等领域具有重要价值，下图为基于驱动的硼化反应及其相关应用，下列说法错误的是 A. X→Y过程中发生了取代反应 B. Y属于盐类 C. Z遇溶液显紫色 D. X中两个平面环的电子总数不同 6. 对下列事实作出的解释错误的是 选项 事实 解释 A 苯酚能与溴水反应而苯不能 羟基使苯环活化 B 氯化钠和蔗糖熔化所需的温度不同 熔化氯化钠破坏的是离子键， 而熔化蔗糖破坏的是共价键 C 淀粉水解液遇碘不变蓝 淀粉已完全水解 D 红宝石的硬度很大 是共价晶体 A. A B. B C. C D. D 7. 工业上常采用瓦克法生产乙醛，反应依次为①；②；③。下列说法正确的是 A. 乙醛中键与键数目之比为 B. 、CuCl、HCl都是催化剂 C. 用丙烯作原料，产物将含丙醛和丙酮 D. 每得到1mol乙醛，转移电子数目为 8. 我国科学家成功制备一种用于X射线成像的溴化物，已知M、N、Q、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素且前四周期均有分布，其中N、Q、W为同周期相邻元素且Q的第一电离能最大，X与Q同族，Y为金属元素，且Y的价电子数比W多1，下列说法正确的是 A. 电负性： B. 氢化物的稳定性： C. MZW具有强氧化性 D. Y的最高价氧化物为碱性氧化物 9. 一种聚酰亚胺高分子材料，其制备原理如图，下列说法正确的是 A. X中不可能所有原子共平面 B. 1mol Z可消耗4mol NaOH C. W为热固性材料 D. 反应①与反应②的反应类型不同 10. 工业合成尿素的热反应方程式为。室温下，向1L真空刚性容器中加入1mol 和2mol ，t分钟后反应达到平衡，测得。下列说法正确的是 A. t分钟内， B. 当体积分数不变时反应达到平衡 C. 再加入1mol 和2mol ，转化率将增大 D. 工业合成时采用200℃加热，目的是提高尿素的平衡产率 11. 一种利用电池治理工业废水的工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. Zn电极发生氧化反应 B. MOF电极室溶液pH会减小 C. M电极反应式为 D. 每产生1.12L （标况），双极膜中消耗7.2g 12. 锂电池酸浸液（主要含、、、、、、、）中各种金属需要一一分离、回收，其中Cu、Al、Fe优先分离，流程如下： 下列说法错误的是 A. “沉铜”过程中铁粉若过量，至少会发生4个离子反应 B. “沉铝”过程的离子方程式为： C. “沉铝”过程用替代可达到相同效果 D. “沉铁”过程得到的含铁沉淀不止一种成分 13. 2025年诺贝尔化学奖授予了合成金属-有机框架材料（简称MOF）的三位科学家。已知与四氰基苯基甲烷［结构简式：，简写为]可以合成一种MOF材料，其晶胞如图所示。下列说法错误的是 （注：在晶体内可自由移动，图中未画出） A. 该晶胞中含2个 B. 晶胞中与形成配位键的配位原子是C C. 与的最短距离为 D. 若、的摩尔质量分别为g/mol、g/mol，该晶体的密度为 14. 白色固体样品M，可能含有、、、、、、中的几种或全部。取三份等质量的M，分别加入足量对应试剂充分反应，实验现象记录如下： 编号 试剂 反应后不溶物 观察到生成的气体 Ⅰ 蒸馏水 白色固体 红棕色、有刺激性气味气体 Ⅱ 稀盐酸 白色固体 红棕色、有刺激性气味气体 Ⅲ NaOH浓溶液（加热） 白色固体 无色、有刺激性气味气体 依据实验现象，下列说法错误的是 A. 一定不含 B. 可能含 C. 可能含 D. 一定含 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 钛白废酸是钛白粉生产过程中的水解母液，除含和硫酸外，还有（锆离子）、、等杂质，下图是以P204（看作HA）-TBP为共萃体系从钛白废酸中利用溶剂二次萃取法提取钪的流程图。 已知：①油水相比（O/A）是萃取过程中油相与水相的比值，相比越大，油相可以负载金属离子的量就越大，萃取率就越高，同时消耗的油相也越大。 ②TBP能有效抑制乳化现象的形成，与生成的配合物很难被P204萃取，铁离子在时萃取率很低。 回答下列问题： （1）基态Sc原子中不同自旋方向的电子数之比为______，实验室中萃取操作需使用的玻璃仪器为______。 （2）P204萃取钪离子的方程式为，“碱液反萃”加入足量NaOH产生氢氧化钪沉淀的离子方程式为______，“碱液反萃”后的有机相加入______（填试剂名称）可实现有机相的再生。 （3）、时，富集浸出液中初始浓度与金属离子萃取率的关系图如下，结合图像与题目分析“萃取富集”的作用是______。 （4）①“萃取纯化”选择更大油水相比（O/A）的原因是______。 ②“萃取纯化”后需经过______、______步骤再加入草酸溶液“沉钪”。 （5）“煅烧”的化学方程式为______。 16. 磷酸二氢铝是一种重要的无机粘合剂，常温下可固化，加热时脱水缩合，生成致密的磷酸铝-氧化铝陶瓷层，能隔绝氧气和热量，广泛用于耐火材料。某化学兴趣小组在实验室用纯度较高的氢氧化铝与磷酸反应制备磷酸二氢铝（该反应放热，且过程中会产生大量气泡），并对其性质进行初步探究。 【实验步骤】 Ⅰ.制备磷酸二氢铝 ①取一定体积质量分数为85%的磷酸（密度为）于三颈烧瓶中，加入适量水稀释，并置于冷水浴中。 ②在持续搅拌下，将粉末缓慢、分批加入三颈烧瓶中。 ③试剂加入完毕后，撤去冷水浴，将反应混合物加热至95～105℃，恒温搅拌反应2小时，得到无色黏稠液体产品。 Ⅱ.产品磷酸二氢根与铝含量比的测定 为测定产品中磷酸二氢根与铝的物质的量之比（即P/Al），该小组设计如下方案： ④精确称取产品m g，完全溶解于水，配成250mL溶液。 ⑤取25.00mL上述溶液采用沉淀法测得。 ⑥另取25.00mL溶液，加入25.00mL EDTA标准液（）与充分络合（），再用 标准液滴定剩余的EDTA，消耗标准液体积为VmL。 已知：EDTA与、均按络合。 回答下列问题： （1）质量分数为85%的磷酸（密度为）物质的量浓度为______（保留三位有效数字）；玻璃导管的作用是______。 （2）制备磷酸二氢铝的化学方程式为______。 （3）步骤②强调“缓慢、分批加入”，其原因是______。 （4）若使用铝粉与磷酸反应制取磷酸二氢铝，除了反应更剧烈，该方法不足之处还有______。 （5）制备磷酸二氢铝时，不直接将溶液蒸干以获得产品，原因是______。 （6）测时，酸式滴定管在使用前需进行的操作为______。 （7）若实验测得V=16.0mL（其他步骤均无误），则该产品中P/Al的比值为______，该比值大于理论值的原因可能是______。 17. “乙醇选择性部分重整制氢”是一项极具前瞻性的制氢技术，反应如下： 。 回答下列问题： （1）已知常温下各物质的相对能量如下，则______；若通过键能估算该反应的，至少需要______（填数字）种化学键的键能数据。 （2）反应中4种物质的沸点由高到低的顺序为：______。 （3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图。其中选择性最高的产物为______（填序号）。 A. B. C. D. CO （4）按体积比投入和，不考虑副反应，得到温度、压强和平衡转化率的关系如图所示。 ①是以物质的量分数表示的平衡常数，则______（填“>”“＜”或“=”）； ②O点对应体系的为______kPa（保留两位小数）。 （5）一定条件下，乙醇水蒸气制氢还有其他途径，反应机理如图。 ①若用标记，则产物中的化学式为______； ②相比之下，“乙醇选择性部分重整制氢”的优点有______。 18. 药物研发中，中间体的高效合成是关键。以下是一种长效呼吸道合胞病毒（RSV）抑制剂药物分子中间体（J）的合成路线： 已知：PMB（对甲氧基苄基）为；同一个碳上连两个—OH不稳定。 根据上述信息，回答下列问题： （1）化合物D中含氧官能团的名称为______，E→F的反应类型为______。 （2）A→C反应的方程式为______。 （3）在整个合成路线中，的作用是______。 （4）步骤D→E中，加入的作用是______。 其中有机物Ⅰ的合成路线如下： （5）碱性：______（填“>”或“＜”）。 （6）K结构简式为______。 （7）化合物M有2个甲基的三元醇的同分异构体有______种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比的化合物的系统命名为______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $