福建南平市2026届高中毕业班五月适应性练习化学试题

南平市2026届高三年级第二次适应性练习卷 化学 本试卷共8页。考试时间75分钟。满分100分。 注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名。考生 要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓 名是否一致。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案 写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14016S32Fe56Zn65 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，只有一项是最符合题目要求的。 1.高能量密度“六氮分子”N6)结构如图所示，须在极低温下储存。下列说法正确的是 A.与氮气互为同系物 B.属于无机高分子材料 ④N C.每个氮原子均含孤电子对 D.常温下可作高能炸药 2.利用钯催化不对称偶联的一种芳基化反应原理如下。下列说法正确的是 B PdBr2 乙醚/甲苯 HBr Z A.键角：∠1>∠2 B.X、Z所含官能团相同 C.Y所含碳原子一定共平面 D.Y、Z可用酸性高锰酸钾溶液鉴别 3.某离子液体由原子序数依次增大的W、X、Y、Z、Q五种短周期元素组成，其中X、 Y、Z同周期，结构如图所示。下列说法正确的是 A.第一电离能：Y>Z>X B.最简单氢化物的沸点：Z<X C.Y2Z为直线形的非极性分子 D.氧化物对应水化物酸性：Y<Q 高三化学试题第1页（共8页） 4.以粉煤灰提铝废渣[主要含Fe(OH)3、Ga(OH)3、Al(OH)3]为原料回收镓的工艺流程如图。 滤液 提铝废渣→碱浸酸化 树脂 吸附 洗脱→电解→镓 浸渣 吸附尾液 己知：树脂为多氨基纤维，可与Ga(I)形成配位键。 下列说法正确的是 A.“碱浸”时发生Ga3++4OH=[Ga(OH)4] B.“浸渣”在蒸发皿中煅烧得到F®2O, C.“酸化”时酸性过强会降低树脂对Ga()的吸附 D.“电解”时在阳极得到镓 5.将NO和CS2混合点燃时发出“狗吠”声，被称作“犬吠反应”，反应原理为 32N0+8CS2点燃16N2+8C02+8SO2十S8。下列说法错误的是 A.生成0.1molC02转移电子数目为0.8NA B.标准状况下1.12LN2中π键数目为0.1NA 00 C.12.8gSs（结构如图所示)中o键数目为0.4WA D.消耗3.2 mol NO,产物中以sp2杂化的中心原子数目为1.6NA 6.石墨载体纳米铁去除水体中硝态氮NO)的过程如图所示。通过改性（掺杂Cu/Pd)提 高生成N2选择性。下列说法错误的是 NO A.水体中CO?会降低硝态氮去除速率 N B.水体溶解氧增多会减少纳米铁的用量 NH C.改性后水体中总氮去除率升高 FeO D.石墨载体和掺杂的Cu/Pd对该反应所起作用不完全相同 7.探究Cr(四、Cr(V)的性质，实验流程及现象如下。 过量KOH KS.O 过量 溶液 稀硫酸 乙 绿色晶体 溶液 亮绿色溶液 橙黄色溶液 氨水 橙红色溶液 →绿色溶液 ⑥ 灰蓝色沉淀 Cr(SO,): ① ② K,CrO, K,Cr2O ④ Cr(OH)3 已知：Cr(D与AlII)性质相似。 下列说法错误的是 A.亮绿色溶液含[Cr(OH)4] B.氧化性：S2O>CrO C.与Cr(II)的配位能力：NH3>OH D.酸性条件下稳定性：CO}<Cr2O 高三化学试题第2页（共8页） 8.一种全固态电池采用超高镍层状氧化物Li1-xNio.gCoo.05Mno.osO2NCM90)和锂-铟(Li-In) 合金为电极材料，LisPSsC1为固态电解质。下列说法正确的是 A.电池工作时通过固态电解质传导电子 用电器 B.放电时a电极反应式为 Li-xNio.9Coo.05Mno.05O2++xLi++xe LiNio.9Coo.05Mno.0502 NCM90 LiPS;CI Li-In C.充电时当电路中转移1mole,b电极质量减少7g D.液态电池的使用温度范围大于全固态电池 9.探究不同条件下FeCl3溶液和Zn粉反应的实验步骤如下： 过滤 +滤液试剂X无Fe 过量 Zn粉 →滤渣（无Fe单质） 滴加 滴入 PH=1 先少量气泡 浓盐酸 KSCN溶液 0.5 mol-L-1 后无气泡 保持 滤，滤渣（有re单质） FeCl3溶液 红褐色沉淀 砻》p 气 先变红 红褐色消失 后褪色 下列说法错误的是 A.试剂X可选用K3[Fe(CN)6] B.红褐色沉淀包裹在Zn表面阻碍反应进行 C.活化能：Fe3+的水解反应>Fe3+的还原反应 D.滴入KSCN溶液待红色褪去，此时有气泡生成 10.将0.1molL1ZnS04溶液与氨水等体积混合，平衡体系中含锌各微粒{Zn2+、 [ZnNH3)n]2(n=1~4)}占含锌总微粒的物质的量分数Xn和-lgc(NH3)的关系如图所示。 已知：Zn NH; [Zn(NH.)NH.[Zn(NH).P NH -:[Zn(NH)P NH,→ZnNH,.2 K=2.3x102 K2=2.8×102 K=3.2×1 K 下列说法错误的是 1.0 ① ⑤ A.曲线②是[ZnNH3)3]2 0.8 B.K4>K3 0.6 C.图中P点溶液中， 0.4 c[ZnNH3)+]:c[ZnNH)]=23:32 0.2 ② D.溶液始终存在 ③ ④ 0.1+c(H)+c(NH)=2c(SO2)+c(OH -Igc(NH3) 高三化学试题第3页（共8页） 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11.(13分)羟基氧化镍NiOOH)为难溶于水的固体。利用电镀污泥（主要含CuO、NiO、 A12O3、Cr2O3等)生产羟基氧化镍的工艺流程如图所示。 CL Na S NaOH H.SO, K-S.Os 挥发 pH=13 电镀 900℃烟尘 滤液1 滤液2 滤沿3 污泥 焙烧 水浸 沉铜 沉镍 酸溶 氧化 →系列操作→NiOOH 残渣 滤渣1 滤渣2 滤液3 已知：①△G=△H一T△S: ②25℃，Ka1(H2S)=1.0×10-7,Ka2H2S)=1.0×10-13, Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(NiS)=1.0X10-21: ③当离子浓度c≤1.0×10-5molL1时，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： △G(kJ-mol) (1)据图判断“900℃焙烧”的残渣主要有 100 (填标号) a.Cu )b.NiO c.Al2O3 d.Cr203 50 ④ 2CuO+2Cl2(g)=2CuCl2(g)+02(g) 22NiO+2Cl2(g)=2NiCl2(g)+O2(g) -②) ③ ③2Al203+6Cl2(g)=4A1Cl3(g)+3O2(g) 5006007008009001000 ④2Cr203+6C1(g)=4CrCl(g)+302(g) 温度（℃） (2)“沉铜”时，溶液中Cu2+和N2+的起始浓度均为0.01moL1,加入Na2S(s),并 调节溶液pH=2,Cu+恰好完全除去时，溶液中c(HS)= moL-1。 H.C CH. (3)用丁二酮肟( 检验少量Ni2+, HO-N N-OH H.C 若“滤液3”中有N2+会生成结构稳定的鲜红色鳌 合物（结构如图所示)。 H, ①鲜红色螯合物存在的作用力有 。(填标号) a.氢键b.离子键c.配位键 d.金属键 ②丁二酮肟分子中N比O更易与N+形成配位键的原因为 (4)“酸溶”时，不宜用盐酸的原因为 (5)“氧化”时，反应的离子方程式为 (6)“系列操作”为 、洗涤、低温干燥。 高三化学试题第4页（共8页） 12.(13分)舒尼替尼自由碱J是一种抗肿瘤药物的活性成分，其合成路线如下： 0CH5 OCHs OH ①)KOH.CH3OH,H2O (ii)HCI,H2O (A) (B) (C) 入N(C2H2 定 (D 条 (i)N2HH2O,110C 条件 C:H2IN:O (ii)HCLH2O (E) (H) 回答下列问题： (1)B的含氧官能团名称为 (2)A→B除生成B外，另一有机产物的结构简式为 (3)B→C的第（①）步在KOH水溶液中加入甲醇的目的为 (4)N原子结合质子能力：ED。(填“>”或“<”) (5)E→G的反应类型为 (6)G的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为 (忽略立体异构， 写出一种) ①含有苯环 ②官能团与G的相同 ③有手性碳 (7)C+D→H的化学方程式为 13.(18分)纳米复合氧化物ZnF2O4是一种气敏性材料，利用氢氧化钠水热法制备纳米 ZnFe2O4的实验如图所示。回答下列问题： a NaOH 溶液 溶液 Fex(SO4)3 转移 离心、洗涤 ZnFe204 溶液 真空干燥 晶体 磁力搅拌器 聚四氟乙烯高压釜 甲 乙 高三化学试题第5页（共8页） (1)仪器a的名称为 (2)甲装置中先逐滴加入ZnSO4溶液，再加入过量NaOH溶液，生成红褐色沉淀和 Na2[Zn(OH4]。再将混合物全部转移至乙装置中，保持150C反应6h,生成ZnFe2O4 的化学方程式为 (3)下列操作或说法正确的是 。（填标号) a.磁力搅拌器通过搅拌子旋转导致颗粒团聚，降低固液混合程度 b.乙装置所用聚四氟乙烯材料化学稳定性高，耐腐蚀性强 ©.“洗涤”时利用无水乙醇的挥发性尽快除去物质表面的水 d.“真空干燥”时容器内压强减小使水的沸点升高，更有利于干燥 (4)测ZnF2O4纯度：称取5.000g样品，用一定浓度疏酸溶解后配成1L溶液，取 100.00mL溶液滴加SnC12溶液，充分反应后，除去过量的Sn2+,用0.0500molL1 酸性KMnO4溶液滴定至终点，平均消耗KMnO4溶液12.00mL。(已知：2Fe3+ +Sn2+=2Fe2++Sn4+,5Fe2++8Ht+MnO,=5Fe3++Mn2++4H20) ①滴定终点的判断方法为 ②ZnFe2O4的纯度为 。若未完全除去过量的Sn+,测得ZnFe2O4的纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 (5)ZnFe2O4晶胞结构如图所示。 Zn ®代表 ①④®分布在晶胞内部八个小格中，表示O2的是 (填“甲”或“乙”)， 判断的依据为 ②晶胞中甲形成的空隙类型有 。(填标号) a.正四面体 b.立方体 c.三角形 d.正八面体 ③铁酸锌纳米缺陷材料（亿nF2O3.8)制得的传感器可检测空气中痕量的甲醛。 ZnFe2O3.8中Fe2+与Fe3+的物质的量比为 。在紫外光的作用下，吸附 在传感器表面的O2会转化为O,与甲醛反应过程中，传感器电流将 (填“变大”“变小”或“不变”)。 高三化学试题第6页（共8页） 14.(16分)碳酸丙烯酯(PC)是锂离子电池的常用溶剂。CO2与环氧丙烷(PO)制备PC的 过程中存在如下反应： 催化剂 反应I: 80+c0g 0①) PO PC FeBr e 催化剂 n 反应Ⅱ： ①+nc02(g) CH3 PO 聚碳酸丙烯酯 图1(tBu代表一种烃基) 已知：一定温度下，元素的最稳定单质生成1ol纯物质的反应焓变称为该物质的摩 尔生成焓，元素的最稳定单质的摩尔生成焓为0。一些物质的摩尔生成焓数据如下表： 物质 C02(g) PO(I) PC(1) 摩尔生成焓/(kJ-mol-) -393.5 -122.6 -613.2 (1)反应I的△H= kJ·mol1。 (2)在催化剂[(a一Fe)FeBr4e,结构如图1]的作用下，CO2与PO反应生成PC 的机理如图2所示： B 状态iⅲ (a Fe) (a Fe) 状态i 状态ⅱ Br Br⊙ Br⊙ 0 (a Fe) (aFe) (a-Fe) 状态vi 状态v 状态iv 图2 Br Br ①图1阳离子中Fe元素的化合价为 0=O O=0=0 ②表示状态ⅱ的为 (填标号)。 (a—Fe) (a 180 ~与CO2反应的机理同PO相似， 、与CO2反应的主要产物的结构 简式为 高三化学试题第7页（共8页） (3)某温度下，向刚性密闭容器中加入等物质的量的CO2和PO,下列能说明反应I 达到平衡状态的是 (填标号) A.容器内压强不再变化 B.聚碳酸丙烯酯的物质的量不再变化 C.nP0)不变 D.V消耗(PO)=V生成(PC) n(C02) (4)向密闭容器中加入0.1molP0,保持C02压强恒为2MPa,反应相同时间，反 应温度对PO转化率、PC选择性、PC产率的影响如图所示。 饼 100 N(To,99) 甲 M(T,80) 80 。乙 丙 60 40 20 T→增大 To 转化为PC的PO的物质的量 已知：PC选择性= 转化的PO的总物质的量 ×100% ①表示PO转化率的曲线为 (填“甲”“乙”或“丙”) ②T之前，曲线乙和曲线丙几乎完全重叠在一起的原因为 ③己知T,时体系达平衡，该温度下反应I的平衡常数K= (列出计算式，K= x(PC) ,x为物质的量分数) x(PO).P(CO.) 0.1MPa (5)制备碳酸丙烯酯还有一种尿素法，其原理为 OH +2 NH 与尿素法相比，从绿色化学的角度分析CO2与PO合成法的优势为 。(写 一点即可) 高三化学试题第8页（共8页）南平市2026届高三年级第二次适应性练习卷 化学命题意图及详解 可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14016S32Fe56Zn65 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，只有一项是最符合题目要求的。 1.高能量密度“六氮分子”N6)结构如图所示，须在极低温下储存。下列说法正确的是 A.与氮气互为同系物 B.属于无机高分子材料 C.每个氮原子均含孤电子对 D.常温下可作高能炸药 【命题意图】本题以被评为2025年度分子的高能量密度“六氨分子”N6)中性氦的前沿研究 成果为情境，考查其同素异形体、材料科学、孤电子对以及断键能量等核心知识。 六氮分子在室温下通过气相反应，利用叠氮化银合成了该分子，并在超低温条件下 将其捕获。由于断开中心键所需的能量极高，该分子不会立即分解为N2和N3,温度 升高时很不稳定，可作高能炸药。试题以我国科技发展的最新成果与化学基础知识 有机结合，既体现了化学学科对科技发展的促进作用，又引导学生关注国家科技进 步，增强民族自信心。 【解析】“六氨分子”N6)与氮气互为同素异形体，不是同系物，A项错误；可作为高能 量储能的无机材料，非高分子材料，B项错误；由于中间两个带正电的N无孤电子 对，C项错误；N6为高能量密度，须在极低温下储存说明极低温时稳定，常温下可 作高能炸药，D项正确。 【答案】D 2.利用钯催化不对称偶联的一种芳基化反应原理如下。下列说法正确的是 PdBr2 乙醚/甲苯 HBr Z A.键角：∠1>∠2 B.X、Z所含官能团相同 C.Y所含碳原子一定共平面 D.Y、Z可用酸性高锰酸钾溶液鉴别 【命题意图】本题以钯催化不对称偶联的一种芳基化反应为载体，综合考查有机物的键角 大小、官能团性质、碳原子共面、鉴别方法等核心知识。试题通过合成路线中X、 Y、Z三种物质的结构对比，考查学生对有机物键角大小比较（涉及平面三角、四 面体结构键角变化)、有机物官能团的简单辨识、碳原子共面问题的理解、有机物 鉴别方法的选择判断。提高考生在真实合成情境中综合运用有机化学知识分析问题 的能力。 高三化学试题第1页（共18页） 【解析】X中∠1碳原子为sp2杂化键角为120°，Z中∠2碳原子为sp3杂化键角约为109.5°， A项正确；X中含酰胺基和醛基，Z中含碳碳双键、酰胺基和羰基，B项错误；Y的 结构中苯环外侧的碳原子有可能不共平面，C项错误；Y中与苯环直接相连的碳原 子上有氢原子，Z含碳碳双键及与苯环直接相连的碳原子上也有氢原子，都能使酸性 高锰酸钾溶液褪色，D项错误 【答案】A 3.某离子液体由原子序数依次增大的W、X、Y、Z、Q五种短周期元素组成，其中X、 Y、Z同周期，结构如图所示。下列说法正确的是 A.第一电离能：Y>Z>X B.最简单氢化物的沸点：Z<X C.Y2Z为直线形的非极性分子 D.氧化物对应水化物酸性：Y<Q 【命题意图】本题以“离子液体”为载体，结合有机阳离子结构推断元素，考查学生从陌 生情境中提取化学信息的能力。核心考点包含短周期元素、第一电离能比较、最简 单氢化物沸点比较、等电子体原理分析分子空间构型、判断分子的极性、元素非金 属性强弱与含氧酸酸性强弱的关系等知识，点。引导教学从“死记硬背性质”转向“理 解结构决定性质的本质”，如电离能的反常源于电子排布稳定性、分子极性由键的 极性与分子对称性共同决定：强调化学概念的严谨性，如“氧化物对应水化物”未 限定最高价时，无法直接比较酸性：体现化学与材料科学的联系，离子液体是新型 绿色溶剂，命题情境贴近学科前沿，激发学生对应用化学的兴趣。 【解析】根据题干条件以及离子液体结构图中各元素的成键特征可推出：W、X、Y、Z、 Q五种元素分别为H、C、N、O、CI。第二周期C、N、O的第一电离能顺序：N>O> C,选项A的顺序与实际一致，A项正确。Z、X元素最简单氢化物分别为：H2O、 CH4,水存在分子间氢键，实际沸，点顺序：H2O>CH4,即Z>X,B项错误。根据 等电子体原理：N2O是CO2的等电子体，空间结构与CO2相同，为直线形，其结构 式为N=N=O,故正负电荷中心不重合，分子结构不对称，为极性分子，C项错误。 该选项未限定“最高价”，表述不严谨，D项错误。 【答案】A 4.以粉煤灰提铝废渣[主要含Fe(OH)3、Ga(OH)3、Al(OH)3]为原料回收镓的工艺流程如图。 滤液 提铝废渣→碱浸地液酸化 树脂 吸附 洗脱 电解→镓 浸渣 吸附尾液 已知：树脂为多氨基纤维，可与Ga(I)形成配位键。 下列说法正确的是 A.“减浸”时发生Ga3+十4OH=[Ga(OH)4] 高三化学试题第2页（共18页） B.“浸渣”在蒸发皿中煅烧得到Fe2Os C.“酸化”时酸性过强会降低树脂对Ga(⑩的吸附 D.“电解”时在阳极得到镓 【命题意图】本题以粉煤灰提铝废渣回收镓的真实工业生产为情境，检验学生对元素化合物、 实验仪器规范使用、配位化学、电化学等核心知识的综合应用能力。通过提取“多 氨基纤维与Ga(Ⅲ)形成配位键”等关键信息，考查学生信息加工与逻辑推理能力， 同时借由工业流程中物质转化分析，强化学生的物质转化认知与实验操作规范意识。 引导学生从“知识点记忆”转向“真实情境下的问题解决”，体现化学学科在工业生 产与资源利用中的应用价值。 【解析】选项A,G(OH)3和Al(OH3相似，难溶于水，不能拆，“碱浸”时正确的离子方 程式应为：Ga(OH)3十OH=[Ga(OH4,因此A错误；“浸渣”主要成分为Fe(OD3, 煅烧应在坩埚中进行，蒸发皿用于蒸发浓缩溶液，不能用于高温煅烧固体，仪器选 择错误，因此B错误；树脂为多氨基纤维，氨基（-NH2)可与Ga(III)形成配位键。 若“酸化”时酸性增强，H会与氨基结合生成-NH3,使氨基的配位能力下降，从而 降低树脂对Ga()的吸附，因此C选项正确：“电解”的目的是将Ga()还原为金 属镓(G),还原反应发生在阴极，阳极发生氧化反应，无法得到金属镓，因此D 选项错误。 【答案】C 5.将NO和CS2混合点燃时发出“狗吠”声，被称作“犬吠反应”，反应原理为 32NO+8CS2点燃16N2+8CO2+8SO2+S8。下列说法错误的是 A.生成0.1 mol CO2转移电子数目为0.8NA B.标准状况下1.12LN2中π键数目为0.1NA C.12.8gS8(结构如图所示)中o键数目为0.4NA D.消耗3.2 mol NO,产物中以sp2杂化的中心原子数目为1.6NA 【命题意图】本题以NO和CS2混合点燃的“犬吠反应”为背景，旨在考查学生对物质 结构与性质以及物质的量概念的理解和掌握程度。试题融合氧化还原反应电子转移、 共价键数目、中心原子杂化等知识，关注物质微观结构、反应本质，着重考查考生 的信息提取与加工能力、逻辑推理与论证能力，诊断学生在“宏观辨识与微观探析” 和“证据推理与模型认知”等学科核心素养方面的发展水平。 【解析】由化学方程式信息可知NO转化为N2,化合价由+2价变为0价，得到的电子有： 32×2=64,CS2中S元素由一2价部分变为SO2的+4价，部分变为S8的0价，失去的电子 有：8×6+8×2=64，生成0.1 mol CO2转移电子数目为0.8NA,A项正确：每个N2中 含π键2个，标准状况下1.12LN2为0.05molπ键数目为0.1NA,B项正确；由Ss结 构图可知，12.8g即0.05molo键数目为0.4Na,C项正确；由化学方程式信息可知消 耗3.2olN0,生成的产物中以sp2杂化的只有SO2,由方程式可知中心原子数目 为0.8NA,D项错误。 【答案】D 高三化学试题第3页（共18页） 6.石墨载体纳米铁去除水体中硝态氮NO)的过程如图所示。通过改性（掺杂Cu/Pd)提 高生成N2选择性。下列说法错误的是 NO A.水体中CO?会降低硝态氮去除速率 B.水体溶解氧增多会减少纳米铁的用量 Fe NH C.改性后水体中总氮去除率升高 Fe:O D.石墨载体和掺杂的Cu/Pd对该反应所起作用不完全相同 【命题意图】本题以石墨载体纳米铁去除水体中硝态氨NO)为背景，旨在考查学生对铁和 氮元素及其化合物转化关系的理解，重点涉及反应速率、氧化还原反应、实验条件 控制、掺杂Cu/Pd后反应影响因素。通过纳米铁还原性对溶液中硝态氮转化，综合 考查学生对实验设计、反应原理的掌握，体现了课标中“变化观念与平衡思想”、 “宏观辨识与微观探析”、“科学态度与社会责任”等素养要求。 【解析】水体中CO?会与Fe+反应生成FCO3沉淀覆盖载体表面，降低硝态氨去除速率，A 正确；因纳米铁具有强还原性，水体溶解氧增多会将纳米铁氧化，增加了纳米铁用 量，B错误：玫性后水体提高了生成N2选择性，以气体形式排放，水体中总氮量减 少，去除率升高，C正确；石墨载体纳米铁和掺杂Cu/Pd均会与铁之间构成原电池， 但掺杂Cu/Pd会更多将N元素转化为N2,提高生成N2选择性，两者对该反应所起 作用不完全相同，D正确。 【答案】B 7.探究Cr(山、C(V)的性质，实验流程及现象如下。 过量KOH K.,S,Ox 过量 绿色晶体溶液 溶液 稀硫酸 乙醇 氨水 亮绿色溶液 ② 橙黄色溶液 橙红色溶液 绿色溶液 灰蓝色沉淀 Cr2(SO): ① K,CrO ③ KCrO ④ ⑤ Cr(OH) 已知：CrD与Al(四性质相似。 下列说法错误的是 A.亮绿色溶液含[Cr(OH)4] B.氧化性：S2O>CrO C.与Cr()的配位能力：NH3>OH D.酸性条件下稳定性：CrO<Cr2O 【命题意图】本题以探究“C(Ⅲ⑩)、C(V①)的性质”为信息载体，考查学生结合题目信息， 分析反应的实质，深化对反应的认识能力。试题涉及溶液中溶质变化、物质氧化还 原性判断、配体配位能力比较、酸性条件下稳定性比较等知识，着重考查考生从配 位化合物反应机理中提取信息、逻辑推理与论证能力，诊断学生在“变化观念与平衡 思想”和“证据推理与模型认知”等学科核心素养方面的发展水平。 【解析】由已知：Cr(四)与Al(II)性质相似，过量的KOH与Cr()反应生成K[Cr(OH4, A项正确；因氧化剂的氧化性大于生成物的氧化性，由反应②可知，B项正确；结 合反应①和⑤分析，过量氨水中生成灰蓝色沉淀可知OH比NH3更易与C()配 高三化学试题第4页（共18页） 位，C项错误：由反应③可知，加入稀硫酸反应后生成K2Cr2O7,酸性条件下稳定 性Cr2O大于CrO},D项正确。 【答策】C 8.一种全固态电池采用超高镍层状氧化物Li1-xNio.gCoo.osMno..osO2NCM90)和锂-铟Li-In) 合金为电极材料，Li6PS5CI为固态电解质。下列说法正确的是 A.电池工作时通过固态电解质传导电子 用电器 B.放电时a电极反应式为 Li-xNio.9Coo.05Mno.0502+xLit++xe=LiNio.9Co0.0sMno.0502 NCM90 Li PS Cl Li-In C.充电时当电路中转移1mole,b电极质量减少7g D.液态电池的使用温度范围大于全固态电池 【命题意图】本题以一种全固态电池为情境，聚焦电化学领域的能源存储前沿技术。试题 旨在考查考生对原电池与电解池基本原理的理解，包括电解质的功能（区分离子传 导与电子传导)、充放电过程中电极反应式的书写与判断、基于电子守恒的电极质 量变化定量计算，以及全固态电池与传统液态电池性能特点的比较。综合考查了模 型认知、证据推理、信息迁移和科学计算等关键能力，引导考生体会新型化学电源 技术在提升安全性和宽温域适应性方面的优势，理解化学对推动能源革命和可持续 发展的重要价值，落实“科学态度与社会责任”的学科核心素养，体现高考评价体 系“基础性、综合性、应用性、创新性”的命题要求。闽北中高招公众号 【解析】电池工作时，固态电解质的作用是提供离子迁移通道，而非电子传导。该选项混 淆了离子导体与电子导体的本质区别，A错误。首先需判断a、b电极的属性。全固 态电池中高镍层状氧化物NCM90为正极，Li-n合金为负极。放电时，正极(a电 极)发生还原反应，Li计嵌入正极材料。正极反应式为：Li1xNio.Coo.osMno..osO2+xLi计 +Xe一LiNio.9Coo.osMno..osO2,B正确。b电极为Li-n合金，充电时b电极连接电源 负极，发生还原反应：Lit+e一Li,转移1mole时，理论上生成1 mol Li,质量 增加7g,C错误。全固态电池由于采用无机固态电解质，无液态电解液的挥发、凝 固等问题，通常具有更宽的工作温度范围。因此，全固态电池的使用温度范围大于 液态电池，选项D错误。 【答策】B 9.探究不同条件下FeCl3溶液和Zn粉反应的实验步骤如下： 过滤 +滤液试剂 无Fe2 过量 Zn粉 滤渣（无Fe单质） 滴加 滴入 pH=1 先少量气泡 浓盐酸 KSCN溶液 0.5 mol-L-1 后无气泡 保持 过滤滤渣（有Fe单质） FeCl3溶液 红褐色沉淀 先秀气泡p部1 ?气泡 后有气泡 先变红 红褐色消失 后褪色 高三化学试题第5页（共18页） 下列说法错误的是 A.试剂X可选用K3[Fe(CN)6] B.红褐色沉淀包裹在Zn表面阻碍反应进行 C.活化能：Fe3+的水解反应>Fe3+的还原反应 D.滴入KSCN溶液待红色褪去，此时有气泡生成 【命题意图】本题对不同条件下FeCl3溶液和Zn粉反应进行实验探究，考查Fe2+离子的检验 、F3+的水解反应与还原反应的平衡移动的影响，考生信息获取与加工能力、分析与 推理能力。通过实验实验现象及反应过程对FCl3溶液和Zn粉反应的进一步认识，反 应活化能对化学反应速率的影响，结合产生的现象，了解F(OH3沉淀对锌粉的包裹 ,及控制反应条件，消除Fe(OH)3对锌粉的包裹，使Zn持续与Fe3+、Fe+反应，最终 得到铁单质。侧重考查“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养。 【解析】FeC13溶液加入过量Zn粉后，先产生红褐色沉淀，因产生的沉淀对锌粉进行包裹， 将溶液过滤后检测无F+也无F单质生成。若在溶液中滴加浓盐酸后出现了红褐色沉 淀消失，加入KSCN溶液会从红色变为无色，最后有Fe单质生成，说明Zn与Fe3+、Fe 发生了反应。@闽北中高招公众号 当溶液中有Fe3+时需检验Fe2+,可用K3[Fe(CN6是否生成蓝色沉淀来判断，A正确； 反应在加入过量Zn粉时产生了红褐色沉淀，且反应过滤后未检测出Fe+和Fe单质，及 当再加入浓盐酸后能生成Fe单质，说明生成的F(OHD3沉淀包裹了锌粉，阻碍了反应 进行，B正确：从加入过量Zn后产生少量气泡且生成红褐色沉淀，说明F3+易水解， 加入Zn消耗H,从面使Fe3+的水解平衡正向移动，得到红褐色的Fe(OH)3沉淀。说明Fe3 的水解反应易于Fe3+的还原反应，活化能更小，C错误：当加入浓盐酸后，消除F(OH)3 对锌粉的包裹，使Zn持续与Fe3+、Fe2+反应，最终得到铁单质，当滴入KSCN溶液待 红色褪去，因此时溶液还保持pH为1酸性强，Z与溶液中的H反应产生气泡，D正确 【答案】C。 10.将0.1molL1ZnSO4溶液与氨水等体积混合，平衡体系中含锌各微粒Zn+、 [ZnNH3)n]2(n=1~4)}占含锌总微粒的物质的量分数Xn和-1gcNH3)的关系如图所示。 己知：2n NH [Zn(NH)" NH [Zn(NH)2I2 NH -[Zn(NH:):]* NH, →[ZnNH,)H2 K1-2.3×102 K2-2.8×102 K-3.2×10 K 下列说法错误的是 1.0 ① A.曲线②是[ZnNH3)3]2+ 0.8 ⑤ B.K4>K3 s06 C.图中P点溶液中， 0.4 c[Zn(NH3)]:c[ZnNH3)}]=23:32 0.2 ③ ③ ④ 高三化学试题第6页 0 -Igc(NH3) D.溶液始终存在 0.1+c(H)+c(NHA)=2c(SO)+c(OH 【命题意图】本题以Z+与氨水的逐级配位反应为真实化学情境，聚焦关键能力与核心素 养的考查。在知识维度，它突破单一知识点考查，将逐级配位平衡、平衡常数定量 计算、复杂配合物体系电荷守恒、物质的量分数图像解读等核心内容深度融合，检 验学生对配位化学、化学平衡原理及电解质溶液守恒规律的综合应用能力，强化对 “配合物形成”这一高考高频考点的本质理解。在素养维度，通过微观配位作用与 宏观浓度分布曲线的关联，渗透“宏观辨识与微观探析”的学科思维，借助平衡移 动与常数大小比较，强化“变化观念与平衡思想”，依托证据推理与模型认知的解 题过程，让学生在解题中体会化学平衡理论在复杂体系分析中的实际应用价值。引 导学生从定性描述走向定量分析，提升复杂化学问题的逻辑推理与解决能力。 【解析】将与氨水等体积混合，NH浓度逐渐增大时，Zn+依次与NH结合生成[ZNH)]2+、 [ZnNH3)2]2+、[ZnNH3)3]2+、[ZnNH3)4]2+。 横坐标从右到左倒着看，随着-lgC(NH3)减小(NH3浓度逐渐增大)，含锌微粒的配 位数依次增大： Zn2+(⑤)→[ZnNH3)]2+(④)→[ZnNH3)2]2+(③)→[ZnNH3)3]2+(②)→[ZnNH3)4]2+(①)。 因此曲线②代表[ZnNH3)3]2+,A正确。 看①②交，点，c([ZnNH3)4]2+)=c([Zn(NH3)3]2+),[Zn(NH)3]2+NH3=[Zn(NH3)4]2+, 平衡常数K4=c([ZnNH3)4]2+)/[c(Zn(NH3)3]2+)·cNH3)]=1/cNH3), 看②③交点.c([ZnNH)2]2+)=c([ZnNH)]2+),[ZnNH)2]2++NH3=[ZnNH3)3]2, 平衡常数K3=c([ZnNH3)3]2+)/[c(ZnNH3)2]2+)·cNH3)]=1/c(NH3), ①②交点在左边，cNH3)更大，分母更大，K4更小，所以K4<K3,B错误。 关键信息：P点为[ZnNH3)4]2+(①)，[ZnNH3)]2+(④)，Zn2+(⑤)的交点，根据图像含义， 交点处两种微粒的物质的量分数Xn相等， 即c(Zn2+)=c(ZnNH3)]2+)=c([ZnNH3)4]2+)。 写出两步逐级配位平衡及平衡常数表达式： ①Zn2+NH3=[ZnNH3)]2+,平衡常数K1=c([ZnNH3)]2+)/{c(Zn2+)·cNH3)} =1/cNH3)=2.3×102@闽北中高招公众号 ②[Zn(NH3)2]2++NH3=[Zn(NH3)3]2+,平衡常数 K3=c([ZnNH3)3]2+)/{c([ZnNH3)2]2+)·cNH3)}=3.2X102 两式相除，消去cNH),推导浓度比关系： Ki/K3=c([Zn(NH3)]2)/{c(Zn2)c(NH3)}c([Zn(NH3)3]2)/{c([Zn(NH3)2]2)c(NH3)} =[c([ZnNH3)2]2+)/c([ZnNH3)3]2+)=(2.3×102)/(3.2×102)=2.3/3.2=23/32 即c[ZnNH3)]:c[ZnNH3)房]=23：32，C正确。 高三化学试题第7页（共18页） 混合溶液中，存在电荷守恒： c(H)+cNH4+)+2c(Zn2+)+2c([Zn(NH3)]2+)+2c([Zn(NH3)2]2+)+2c([ZnNH3)3]2+)+ 2c([ZnNH3)4]2+)=2c(SO42)+c(OH);ZnSO4与氨水等体积混合稀释后， Zn2+的总浓度（物料守恒）：c(Zn2+)+c([ZnNH3)]2+)+c([ZnNH3)2]2)H c([ZnNH)3]2+)+c([ZnNH3)4]2+)=0.1mol·L-1÷2-0.05mol·L-l 将上式两边同乘2，得： 2[c(Zn2+)+c([ZnNH3)]2+)+c([ZnNH3)2]2+)+c([ZnNH3)3]2+)+c([ZnNH)4]2+)]=0.1mol· L,代入电荷守恒，简化后得：0.1+c(H)+cNH)=2c(SO)+c(OH),D正确。 【答案】B。 高三化学试题第8页（共18页） 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11.(13分)羟基氧化镍NiOOH为难溶于水的固体。利用电镀污泥（主要含CuO、NiO、 Al2O3、Cr2O3等)生产羟基氧化镍的工艺流程如图所示。 CL Na,S NaOH H,SO, K2S.Os 挥发 pH-13 电镀 900己烟尘 滤液1 滤液2 滤沿3 焙烧 水浸 沉铜 沉镍 酸溶 氧化 →系列操作→NiOOH 污泥 残渣 滤渣1 滤渣2 滤液3 已知：①△G=△H-T△S: ②25C,Ka1(H2S)=1.0×10-7,Ka2(H2S)=1.0×10-13, Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(NiS)=1.0×10-21; ③当离子浓度c≤1.0×105moL-1时，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： △G(kJ-mol) (1)据图判断“900℃焙烧”的残渣主要有 100 (填标号) a.Cuo b.NiO c.Al2O3 d.Cr203 ④ 12CuO+2Cl2(g)=2CuCl2(g)+02(g) 22NiO+2Cl(g)=2NiCl2(g)+02(g) ② ③ ③2A12O3+6Cl2(g)=4A1Cl(g)+302(g) 5006007008009001000 42Cr203+6Cl2(g)=4CrCl3(g)+302(g) 温度（℃） (2)“沉铜”时，溶液中Cu2+和Ni2+的起始浓度均为0.01moL-1,加入Na2S(s),并 调节溶液pH=2,Cu+恰好完全除去时，溶液中c(HS)= molL H.C CH H (3)用丁二酮肟( )检验少量N2+, HO-N -OH CH 若“滤液3”中有N2+会生成结构稳定的鲜红色鳌 合物（结构如图所示）。 H, ①鲜红色整合物存在的作用力有 。(填标号) a.氢键b.离子键c.配位键d.金属键 ②丁二酮肟分子中N比O更易与N+形成配位键的原因为 (4)“酸溶”时，不宜用盐酸的原因为 (5)“氧化”时，反应的离子方程式为 (6)“系列操作”为 一、洗涤、低温干燥。 高三化学试题第9页（共18页） 【命题意图】本题以电镀污泥资源化利用为真实工业情境，紧扣高考化学“真实情境、问 题导向、素养立意”的命题原则，全面考查学生化学学科核心知识与关键能力。考 点覆盖元素化合物、化学反应原理、化学实验、物质结构四大主干模块，精准对接 高频考点，兼顾基础与选拔功能，基础题考查工艺流程分析、实验基本操作，中档 题聚焦化学键、氧化还原反应，难题侧重水溶液中离子平衡计算，梯度合理，区分 度鲜明。 本题注重考查学生的理解辨析能力、分析推测能力、计算建模能力与归纳论证 能力，要求学生能从工艺流程中提取关键信息，结合吉布斯自由能、溶度积、电离 平衡、配位键等知识，分析物质转化、判断反应可行性、计算离子浓度、书写离子 方程式。 通过情境创设与问题设计，渗透宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、 证据推理与模型认知、科学探究与创新意识等核心素养，引导学生建立“宏微结合、 动静统一”的思维模式，学会运用化学知识解决工业生产中的实际问题，既检验学 生的知识掌握程度，也培养学生的化学学科思维与综合应用能力。 【解析】 (1)△G=△H-T△S,△G<0时反应自发进行，900C焙烧④△G>0,其不能自发进行，残渣主要有 Cr2O3.选d (2)“沉铜”时，溶液中Cu2+起始浓度均为0.01moL-1,恰好完全除去时，c(Cu2+)≤1.0X 105moL1,代入Kp(CuS)=6.3×10-36,求出c(S2)=6.3×10-31,此时溶液pH=2,cH =1.0×10-2,代入K2(H2S)=1.0×10-13,得出溶液中c(HS)=6.3×10-20moL (3)①.氢键：结构中虚线为分子内氢键，存在氢键作用。 b.离子键：螯合物为中性配合物，无阴阳离子，不存在离子键。 C.配位键：N2+与N原子之间形成配位键(N提供孤电子对，N2+提供空轨道)。 d.金属键：金属键存在于金属晶体中，该配合物无金属键。因此选、c。 ②配位键的形成要求配体原子有孤电子对，且能给出孤电子对。N的电负性小于O，对孤电 子对的束缚力更弱，更容易将孤电子对提供给的空轨道，因此更易形成配位键。（或者 原子与NP配位可形成五元环结构，更稳定) (4)盐酸有还原性，会消耗K2S2Os（或CI和NP+会形成稳定配合离子，降低反应速率)， 碱性环境不会产生C2 (5)S20g2+2N2+6OH—2Ni00H+2S042-+2H20 (6)NOOH为难溶于水的固体，氧化后生成沉淀，需通过过滤（或抽滤）分离出固体 再洗涤除去表面的SO4、K+等杂质，最后低温干燥（防止高温分解）得到产品。 【答案】 (1)d(2分) (2)6.3×10-20(2分) (3)①ac（2分) ②N电负性比O更小，更容易给出电子（或者N原子与N+配位可形成五元 环结构，更稳定)(2分，答案合理即给分) 高三化学试题第1页（共18页） (4)盐酸有还原性，会消耗K2S2Og（或CI和NP+会形成稳定配合离子，降低反应速率) （2分 答案合理即给分) (5)S20g2-+2N+6OH=2Ni00H+2S042-+2H20 (2分) (6)过滤(1分) 12.(13分)舒尼替尼自由碱J是一种抗肿瘤药物的活性成分，其合成路线如下： OH H ①)KOH,CHOH,H2O POCI,CH-Cl2 GiHCLH.O (A) (B) (C) 一定 (D) 条件 (N2H4H20,110C C13H21N3O2 条1 (ii)HCI,H2O (E) (G) (H) 回答下列问题： (1)B的含氧官能团名称为 (2)A→B除生成B外，另一有机产物的结构简式为 (3)B→C的第()步在KOH水溶液中加入甲醇的目的为 (4)N原子结合质子能力：ED。(填“>”或“<”) (5)E→G的反应类型为 (6)G的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为 （忽略立体异构， 写出一种) ①含有苯环 ②官能团与G的相同 ③有手性碳 (7)C+D→H的化学方程式为 【命题意图】本题以抗肿瘤药物舒尼替尼自由碱的合成路线为真实情境，聚焦有机化合物 的组成、结构、性质与合成等核心内容。试题重点考查官能团的识别与命名、反应 产物的判断、溶剂在有机合成中的作用、氮原子碱性强弱的判断、有机反应类型判 断、限定条件下同分异构体的书写、有机化学方程式的规范书写。在能力层面，着 重考查考生从合成流程中提取关键信，息的获取能力、基于结构特征进行推理的模型 认知能力，以及运用有机化学语言进行规范表达的能力。在核心素养层面，引导考 高三化学试题第1页（共18页） 生建立“宏观辨识与微观探析”、“证据推理与模型认知”、“科学态度与社会责 任”。本题旨在推动有机化学教学从碎片化记忆转向结构化、情境化的问题解决。 体悟药物研发中绿色化学理念与化学守护人类健康的价值。 【解析】 (1)通过观察物质B可知含氧官能团名称为醛基、酯基。 (2)A→B为取代反应，另一产物为HN(CH3)2o (3)该反应为酯的水解反应，甲醇作为溶剂可增大KOH在有机物中的溶解度，加快反 应速率。 (4)物质D中的N是sp3杂化，有孤电子。物质E中的N是sp2杂化，N提供一对电 子用于成大π键，碱性弱。 (5)物质E→G,去氧增氢，为还原反应。 (6)根据题意可同分异构体为 入N(C2Hs2 (7)结合物质J结构，可推出物质H为H 。C十D→H为 取代反应，根据题意可得方程式为 OH N(CH5h一定条件、 3、NC22+O 【答案】 (1)醛基、酯基（2分，各1分) (2)HN(CH3)2（2分) (3)增大物质B的溶解性，加快反应速率(2分) (4)<（2分) (5)还原反应(1分) 6) (2分) EN一CHh一定条件、9 入N(C2Hsh+H20 H HN (2分) 高三化学试题第1页（共18页） 13.(18分)纳米复合氧化物ZnF2O4是一种气敏性材料，利用氢氧化钠水热法制备纳米 ZnFe2O4的实验如图所示。回答下列问题： NaoH 溶液 溶液 Fex(SO4) 转移 离心、洗涤 ZnFe204 溶液 真空干燥 晶体 磁力搅拌器 聚四氟乙烯高压釜 甲 乙 (1)仪器a的名称为 (2)甲装置中先逐滴加入ZnSO4溶液，再加入过量NaOH溶液，生成红褐色沉淀和 Na2[Zn(OHD4]。再将混合物全部转移至乙装置中，保持150C反应6h,生成ZnFe2O4 的化学方程式为 (3)下列操作或说法正确的是 。(填标号) a.磁力搅拌器通过搅拌子旋转导致颗粒团聚，降低固液混合程度 b.乙装置所用聚四氟乙烯材料化学稳定性高，耐腐蚀性强 ℃.“洗涤”时利用无水乙醇的挥发性尽快除去物质表面的水 d.“真空干燥”时容器内压强减小使水的沸点升高，更有利于干燥 (4)测ZnFe2O4纯度：称取5.000g样品，用一定浓度硫酸溶解后配成1L溶液，取 100.00mL溶液滴加SnCl2溶液，充分反应后，除去过量的Sn+,用0.0500molL1 酸性KMnO4溶液滴定至终点，平均消耗KMnO4溶液12.00mL。(已知：2Fe3 +Sn2+-2Fe2++Sn4+,5Fe2++8Ht+MnO,-5Fe3++Mn2++4H20) ①滴定终点的判断方法为 ②ZnFe2O4的纯度为 。若未完全除去过量的Sn2+,测得ZnFe2O4的纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 (5)ZnFe2O4晶胞结构如图所示。 Zn 代表 E ⑧代表 高三化学试题第1页（共18页） ①④®分布在晶胞内部八个小格中，表示O2的是 (填“甲”或“乙”)， 判断的依据为 ②晶胞中甲形成的空隙类型有 。(填标号) a.正四面体 b.立方体 c.三角形 d.正八面体 ③铁酸锌纳米缺陷材料（亿nF2O3.8)制得的传感器可检测空气中痕量的甲醛。 ZnFe2O3.8中Fe2+与Fe3+的物质的量比为 。在紫外光的作用下，吸附 在传感器表面的O2会转化为O,与甲醛反应过程中，传感器电流将 (填“变大”“变小”或“不变”)。 【命题意图】本题以制备纳米复合氧化物ZnF2O4为素材背景，知识层面重点考查化学实 验基础知识和基本技能、实验现象分析、实验操作目的、化学方程式的书写、实验 装置的作用与选择、定量分析等必备知识。通过制备过程中的实验操作、装置用途 等考查实验中的复杂问题的应变能力，融入分子结构与性质、氧化还原反应等核心 知识。着重考查学生多角度、多侧面、多层次地思考问题、理解问题，多渠道处理 信息，培养学生的发散思维和创新能力。 【解析】 (1)本题考查实验仪器的基本辨识能力，仪器a的名称为恒压滴液漏斗。 (2)本题考查陌生化学方程式的书写，红褐色沉淀为F(OHD3,反应的化学方程式为 2Fe(OHs+Na[Zn(OHA高压、△ZnFe,0+2NaOH+4H,0。 (3)本题考查实验操作的分析判断。图甲使用的磁力搅拌器，通过搅拌子旋转不会导 致颗粒团聚，会提高固液混合均匀，a错误；乙装置所用聚四氟乙烯材料为有机 高分子材料其特点是化学稳定性高，耐腐蚀性强，b正确；“洗涤”时利用无水 乙醇的挥发性尽快除去物质表面的水，℃正确：“真空干燥”时会使容器内压强 减小，但水的沸点会降低，d错误，故选bC。 (4)本题考查氧化还原滴定及计算。①因滴定时标准液为酸性KMnO4溶液呈紫红色， 不需用其它指示剂，滴定终点的判断方法为：当滴入最后半滴标准液时，溶液变 浅红色，且30s内不变色。②由5Fe3+~5Fe2+~MnO 1 n'(Fe3+) 0.05×12×10-3 1L溶液中Fe3+为：n(Fe3+)=3×10-3×1000/100=3×102mol n(ZnFe204)=1/2n(Fe3+)=1.5×102mol m(ZnFe204)=1.5×10-2×241=3.615g ZnFe204的纯度=3.615 100%=72.3% 5.00 若未完全除去过量的Sn2+,因Sn2+有还原性，会消耗KMnO4,测得ZnFe2O4的纯度 偏高 高三化学试题第1页（共18页） (5)①④®分布在晶胞内部八个小格中，表示O2的是为甲。④和⑧在晶胞中各有 四个，黑色球为Zn2+共有1/8×8+4=8，乙球为4×4=16，甲球为4×8=32，三球比 值为1：2：4，由化学式ZnF204可知甲球为O2。 ②晶胞中甲形成的空隙类型有两种，由®形成的空隙为正四面体，由A形成的空 隙为正八面体，故选ad ③设ZnFe2O3.8中Fe2+与Fe3+的物质的量分别为x、y X+y=2 则有。12x+3y=3.8×2得x:y=1:4. 传感器表面的O2转化为O,增强了氧化性，传感器电流将变大 【答案】 (1)恒压滴液漏斗（1分) (2)2PeOH3+NaZn(OH4]高压、△ ZnFe204+2NaOH+4H2O (2) (3)bc(2分) (4)①当滴入最后半滴酸性高锰酸钾标准液时，溶液变为浅红色，且半分钟内不恢 复原色(2分，“溶液颜色由黄色变为浅红色”也得分) ②72.3%（2分)偏高（1分) (5)①甲（1分)由化学式可知，Zn2+与02个数比为1：4，晶胞中Zn2+个数为8， 02个数为32，则甲为02-(2分，答案合理即给分) ②ad（2分) ③1：4(2分)变大（1分) 14.(16分)碳酸丙烯酯(PC)是锂离子电池的常用溶剂。CO2与环氧丙烷(PO)制备PC的 过程中存在如下反应： 反应I: 80+c0g 催化剂 =0①) PO PO FeBr 0 催化剂 反应Ⅱ： n①+nc02(g) -CHCHOCO() CH3 PO 聚碳酸丙烯酯 图1(tBu代表一种烃基) 己知：一定温度下，元素的最稳定单质生成1ol纯物质的反应焓变称为该物质的摩 尔生成焓，元素的最稳定单质的摩尔生成焓为0。一些物质的摩尔生成焓数据如下表： 物质 C02(g) PO(1) PC(1) 摩尔生成焓/kJ.mol) -393.5 -122.6 -613.2 (1)反应I的△H= kJ·mo1 (2)在催化剂[(a一Fe)FeBr4e,结构如图1]的作用下，CO2与PO反应生成PC 的机理如图2所示： 高三化学试题第1页（共18页） Br. 0=0=0 状态i (a Fe (a-Fe) 状态i 状态ⅱ Br BrO Br 0= 0 (a-Fe) (a Fe) (a Fe) 状态i 状态v 状态iv 图2 Br Br 0=0=0 :O ①图1阳离子中Fe元素的化合价为 ②表示状态ii的为 (填标号)。 (a Fe) B ③ 与CO2反应的机理同PO相似， 与CO2反应的主要产物的结构 简式为 (3)某温度下，向刚性密闭容器中加入等物质的量的CO2和PO,下列能说明反应I 达到平衡状态的是 (填标号) A.容器内压强不再变化 B.聚碳酸丙烯酯的物质的量不再变化 C. n(PO) 不变 D.V消耗(PO)=V生成(PC) (CO2) (4)向密闭容器中加入0.1molP0, 保持CO2压强恒为2MPa,反应相同时间，反 应温度对PO转化率、PC选择性、PC产率的影响如图所示。 100 N(To,99) ■甲 M(To,80) 80 。乙 丙 60 40 20 T→增大 已知：PC选择性= 转化为PC的PO的物质的量 转化的PO的总物质的量 ×100% ①表示PO转化率的曲线为 。(填“甲”“乙”或“丙”) ②T,之前，曲线乙和曲线丙几乎完全重叠在一起的原因为 ③已知T,时体系达平衡，该温度下反应I的平衡常数K= (列出计算式，K= x(PC) ，x为物质的量分数) x(PO).P(CO2 0.1MPa (5)制备碳酸丙烯酯还有一种尿素法，其原理为 HO OH +2NH3 与尿素法相比，从绿色化学的角度分析CO2与PO合成法的优势为 。(写 一点即可) 【命题意图】本题以CO2与环氧丙烷制备碳酸丙烯酯为情境，考查化学平衡基础知识及反 应原理。具体考查内容包括：盖斯定律的相关计算、物质结构知识、催化机理分析、 平衡标志、曲线判断及分析、平衡常数计算、绿色化学等。本题综合考查学生对化 学反应原理的全面理解和综合运用能力，以及图像信息的获取、加工、分析、推理 能力，体现了“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型 认知”“科学态度与社会责任”等化学学科核心素养。 【解析】 （1)△H=生成物生成焓-反应物生成焓，代入数据可求得 △H=[(-613.2)-(-393.5)-(-122.6)]=-97.1kJmo1。 (2)①分析图1中阳离子的结构可知，中心铁离子周围形成六条配位键，其中4个氮 原子不带电，2个氧原子各带一个单位负电荷，结合阳离子整体显+1价，故铁元 素的化合价为+3 ②由状态v中溴原子和支链甲基的相对位置可知，状态ⅱ为A。 ③由已知反应机理特别是状态iⅱ可知， 的断键位置为a,即空间位阻小的 一侧，且断键位置的碳原子带部分正电荷，氧原子带部分负电荷，又因CO2中的 碳原子带部分正电荷，氧原子带部分负电荷，根据电性规律，醚键氧原子与CO2 中的碳原子成键，醚键碳原子与CO2中的氧原子成键，故主要产物的结构简式为 高三化学试题第1页（共18页） (3)A选项：因温度和体积不变，体系中只有CO2一种气体，故容器内压强与CO2 的物质的量成正比，“容器内压强不再变化”可标志反应达到平衡状态。 B选项：随反应进行，聚碳酸丙烯酯的物质的量不断变化，故“聚碳酸丙烯酯的 物质的量不再变化”可标志反应达到平衡状态。 C选项：无论反应I还是反应Ⅱ，PO与CO2均按1：1进行反应，且反应开始时加 入等物质的量的PO和CO2,故PO和CO2的物质的量始终相等，“nPO)不变” n(C02) 不可标志平衡状态。 D选项：PO的消耗和PC的生成为相同方向，故“v满(PO)=V生底(PC)”不可标志 平衡状态。 (4)①②反应I和Ⅱ为竞争反应，当PC的选择性接近100%时，主要反生反应I,此 时，PO的转化率与PC的产率数据几乎完全相等。故甲代表PC的选择性，乙代表 PO的转化率，丙代表PC的产率。 ③将M点的转化率数据及N点的选择性数据代入K的表达式， n(PC) K= x(PC) n总 n(PC) 0.1×80%×99%0.99 xpO,2CO,】nPop(co,) m(PO)P(CO.) =0.198 2 5 0.1×20%× 0.1MPa n总0.lMPa 0.1MPa 0.1 (5)通过对比反应I和尿素法的原理方程可知，CO2与PO合成法的原子利用率为 100%,故原子经济性高，且不产生污染性气体NH3 【答案】 (1)一97.1(2分)（多写单位扣1分) (2)①+3(2分) ②A(2分) ③ (2分) (3)AB(2分) (4)①乙(1分) ②To之前，PC的选择性接近100%(2分) ③ 0.1×80%×99% (或0.198，其它合理代数式均给分)(2分) 2 0.1×20%× 0.1 (5)原子经济性高（或不产生污染性气体等合理角度均给分）(1分) 高三化学试题第1页（共18页）