福建百校2025-2026学年高三下学期5月考前测试 化学试卷

化学 参考答案及评分细则 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D D A D A B C C 11.(19分，除标注外每空2分) (1)①02(1分) ②4Co0+CH,高温4Co+C0,+2H,0(或3C0+CH,高温3Co+C0+2H,0) (2)①柠檬酸根离子与Li计、Ni+、Co2+、Mn2+通过配位键形成配合物 ②1.0mol·L1(1分)柠檬酸形成分子间氢键(1分) (3)若pH过低，DMG中氮原子与H+形成配位键，与N+配位的能力下降 (4)CoHCit-+C2O+2H2O—CoC2O4·2H20y+HCit2-6.3×10-3 RO O RO、OH-O、OR (5)有利于卫 解聚，增大P 含量，使平衡正向移动（或NaOH与H+反应使“萃取” RO O-HO OR RO OH 反应的平衡正向移动) (6)H2SO4(或稀H2SO4,1分) (7)①LiNiO2(1分)》 ②6 12.(14分，除标注外每空2分) (1)搅拌（或适当升高溶解温度，1分） (2)量筒、烧杯 (3)①ECH2一CH元 +nCH,OH NaOH ECH,-CH+CH,COOCH, 乙烯醇单体 OOCCH; OH H2C一CHOH中羟基直接连接在碳碳双键上，不稳定，易转化为更稳定的乙醛，难以发生加聚反应 ②未反应的PVA©被包裹在冻胶里面，需要通过加快搅拌速率的方式打散冻胶，使其继续发生醇解反应 (4)CH,COOCH+NaOH→CH,COONa-+CH,OH或ECH2CH+nNaOH→七CH2-CH元 OOCCH OH +nCH3 COONa (5)①酚酞(1分) ②10.8% 13.(13分，除标注外每空2分) (1)(酚)羟基、羧基 (2)KOH碱性强，会导致酯基发生水解反应 (3)保护酚羟基 (4)H;CQ +H2O 十CHOH(合理即可) O OBn OBn MOMO OH (5) OMOM 【高三化学参考答案第1页（共2页）】 FJ (6)同分异构体(1分) OOCH OOCH HO OH (7) （或 HO OH 14.(14分，除标注外每空2分) (1)①<(1分)a+b=c+d(1分) ②m(1分)因为R1+R2=R3十R4,故K1XK2=K3×K4,K4>K2,则K>K3,故曲线m代表K1,曲线n 代表K3(1分) (2)①催化剂优先吸附芳香环，5-MTL因甲基在芳香环上，吸附时位阻大，不易平铺吸附形成稳定中间体进 一步转化为1-MD,因此5-MTL物质的量分数远高于1-MTL 0,42X6 ②65% 4.161 一（合理即可） 0.35/3.1612 4.161 4.16) ×6 (3)00.0944mol.L1·min1 Vi ②提高H2分压，增大了反应物浓度，使1-MN转化率升高，但H2分压提高对第二步(MTLs→1-MD)促进 更明显，导致MTLs被进一步消耗，因此MTLs选择性下降 【高三化学参考答案第2页（共2页）】 FJ化学 全卷满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上 的指定位置。 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非 答题区域均无效。 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡 上作答；字体工整，笔迹清楚。 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mn55 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，只有一项是符 合题目要求的。 1.某研究团队利用高熵氧化物(BaTiNbTaZnO,)催化剂，在太阳光照射下将CO2和废弃塑料聚 对苯二甲酸乙二醇酯(PET)混合反应转化为有用化学品，反应路径如下： I:CO2+H2O=2·OH+CO Ⅱ：PET十·OH→对苯二甲酸、乙二醇、乙酸、甲烷十H2O 下列说法正确的是 A.高熵氧化物可表示为BaO·TiO2·Nb2Os·Ta2O·ZnO B.I中H2O分子中的O元素被氧化 C.用酸性KMnO4溶液氧化乙二醇制乙酸 D.CO2、CH4、乙酸中C原子的杂化方式相同 2.乙是合成医药活性分子的关键前体，可发生如下转化。下列说法正确的是 H:CO H.CO NaBHa LiAIH 反应i 反应 甲 A.1mol甲最多可与2 mol NaOH反应 B.NaBH4和LiAIH4中H元素的化合价不同 C.丙中所有原子均位于同一平面 D.反应ⅰ、i均为还原反应 【高三化学第1页（共8页）】 FJ 3.由原子序数依次增大且分别位于周期表前四周期的X、Y、Z、Q、W、T六种元素组成的某新型 材料在催化领域展现出优异的性能。X的一种核素不含中子，处于同一周期的Y、Z可形成 温室气体，Q是地壳中含量最多的金属元素，W、T为同一族元素，基态T原子的d轨道有三 个未成对电子。下列说法正确的是 A.原子半径：X<Y<Z B.电负性：Q<Y<W C.T所处的族是周期表中元素种类最多的族 D.含少量Y的W易发生电化学腐蚀 4.在N2氛围中制备磁性氧化铁纳米粒子的方程式为：Fe2+十2Fe3++8OH-一Fe3O4（胶体) 十4H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A.标准状况下，2.24LN2中π键的数目为0.2NA B.0.1L1mol·L-1FeCl3溶液中C1-的数目为0.3Na C.常温下，0.1 mol OH-含有的电子数目为Na D.每生成7.2gH2O,反应转移的电子数目为0.2NA 5.从微观视角探析物质宏观性质是学习化学的有效方法。下列宏观现象与微观解释不相符 的是 选项 宏观现象 微观解释 A 铁丝在酒精灯上灼烧，焰色无明显变化 在高温下灼烧时，铁原子不产生发射光谱 CH4不能使酸性高锰酸钾溶液褪色， 夕 CH3 苯环使侧链变活泼 能使其褪色 C 浓硝酸不能溶解Pt而王水可以 CI与P+形成稳定配合物，促使氧化反应进行 质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质 O…H-O D 两个乙酸分子通过氢键形成二聚体( 荷比为120的峰 6.二茂钴[(CH)2Co,易升华，难溶于THF(一种有机溶剂)门]是一种高效催化剂。其合成路线 如下： Ar Na 无水CoCl2、TH正 1① ② 环戊二烯 操作a「 (CH6) 制C;HsNa 合成二茂钴 真空升华 →高纯二茂钴 CH结构示意图抽真空a (所有原子 处于同一平面) 指形 冷凝管 下列说法错误的是 A.制C,HNa时先通Ar气再加钠，防止Na被氧化 B.操作a为过滤，除去溶剂THF C.真空升华的装置如图所示，指形冷凝管进水口为a D.(C5H,)2Co配体中存在Ⅱ4的大π键 【高三化学第2页（共8页）】 FJ 7.利用三口连接管实现了氨气相关实验的一体化设计，装置图如下。下列说法错误的是 ,注射器A注射器B 气球 浓氨水 浸有浓盐酸 的脱脂棉 三口 滴有酚酞溶液 连接管 的脱脂棉 磨口试管 NaOH個体 A.注射器A吸入20mL空气，接入装置后全部注入装置内，若注射器B体积增大20L,则 装置气密性良好 B.注入浓氨水后若滴有酚酞溶液的脱脂棉团显粉红色，说明氨气的水溶液显碱性 C.按压注射器A后将注射器B向外拉，可在其内观察到白烟生成 D.气球的主要作用是平衡装置内外气压和收集多余氨气 8.中科院福建物构所研究人员提出了一种在常温常压下通过串联电催化高效合成碳酸二甲酯 的新策略，工作原理（电解质为NaBr一CH3OH溶液）及钯-硫团簇催化剂的反应过程如下图 所示。下列说法错误的是 H.CS-pa SCH, CH,O ⑥H,CS9sCH, B Br CHS HCS PSCH, HCS-Pd-OCH, H.CO-C-OCH, H,CSAD SCH, H,CS SCH, -Br2 1⑤Hco-c-oc▣ CO co Y② H,CO-C-OCH; CH3O 钯-硫团 Br HCSpa SCH, S品ca HCS(SCH, CH;OH 簇催化剂 H,CS (SCH, Os-OCH3 o个ncsc@ H.s CH,O H,CS(SCH, A.合成过程中，钯硫团簇催化剂有效降低了反应的活化能 B.步骤⑥中，钯-硫团簇催化剂中Pd的化合价没有发生改变 C.阴极的电极反应式为：CO2十2CH3OH+2e-CO+2CH3O+H2O D.制得1mol碳酸二甲酯，电路中理论上转移2mol电子 草酸广泛应用于化工、医药等领域，草酸钡[Kp(BaC2O4)=1.6×10-?]是绿色焰火材料。 回答第9~10两题。 9.工业中由重晶石制备草酸钡的流程如下： 饱和NaCO溶液 盐酸 草酸溶液 重晶石转化 溶解 沉淀→BaC,0, 已知该生产条件下，Kp(BaS04)=1.0×10-10,Kp(BaC03)=2.5×10-9。 【高三化学 第3页（共8页）】 FJ 下列说法错误的是 A.“转化”时，需多次更换饱和碳酸钠溶液进行浸取 B.“转化”时，发生主要反应的K=0.04 C.“溶解”时，需加过量盐酸调节溶液呈强酸性 D.“沉淀”后，经过滤、洗涤、干燥后可得产品 10.25℃时，某小组向10.00mL0.20mol·L1的H2CO4溶液中，逐滴加入一定量0.20mol·L-1 的N0H蒲流，温合溶液的pH与1gXx为0品或80}] 关系如图所示 c(C2O) C,0的分布系数òCO)=<(H,C,0,)+c(HC,0)+c(C,0)J° APH 3.8 -1.20 下列说法错误的是 A.a=3.8 B.水的电离程度：a>b C.当滴加10 mL NaOH溶液时，c(H+)+2c(H2C2O4)=c(OH)+c(C2O) D.当滴加NaOH溶液至pH=4.8时，ò(C,0)≈9 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11.(19分)废旧镍钴锰酸锂电池正极(NCM,化学式为LiNi13Co1/3Mn13O2)材料的回收，实现 了电池资源化利用，工艺流程如下： D2EHPA N2稻谷壳柠檬酸HCit) DMG NH)2C2O4(有机溶剂) 试剂a NCM- 还原焙烧 酸浸 →沉镍 →沉钴一→ 萃取 反萃取 →MnSO4 滤渣 Ni-DMG CoC2O42H2O水相◆Li3PO 回答下列问题： (1)“还原焙烧”时稻谷壳裂解为CO、H2、CH4等气体。 ①加稻谷壳前LiNi/3Co1/3Mn1/3O2先加热分解为Li2O、NiO、CoO、MnO,同时生成一种 气体 (填化学式)。 ②“还原焙烧”后得Li2CO3、MnO、Ni、Co,则CoO与CH4反应的化学方程式为 【高三化学第4页（共8页）】 FJ (2)“酸浸”时，柠檬酸溶液的浓度与浸出率的关系如图甲： 100- 100 80 80 60 60 .Li 40 ·Ni 40 ·Co .C0 回 ·Mn 20 ·Mm 20 0 0 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 浓度mol·L 甲 HO. ①已知柠檬酸结构为 “酸浸”过程中，柠檬酸的作用有：提供酸性环境； HO OH OH (从化学键角度)，使有价金属浸出效率显著提升。 ②最佳的浸出浓度为 ;柠檬酸浓度过高时，溶液的黏度会上升导致浸出率下降， 溶液黏度上升的原因是 (从结构角度)。 0..H0 (3)“沉镍”时，DMG(丁二酮肟)与N+发生鳌合反应生成 各离子回收率与 溶液pH的关系如图乙，选择pH=4作为反应条件。若pH过低，会导致N+分离效率 下降，原因是 (4)“沉钴”时，CoHCit参与反应的离子方程式为 ;已知该生产条件 下CoC2O4的溶度积Kp=6.3×10-8,若浸出液中Co2+浓度为0.1mol·L1,“沉钴”后 c(C2O-)至少为 mol·L1(沉淀完全时离子浓度≤10-5mol·L1)。 RO RO (5)“萃取”时发生反应：P +Mn2+ RO 十H+。已知D2EHPA以二聚 RO O-H ROpO-H-O OR 物的形式存在：RO0-HOOR 从平衡移动角度解释“萃取”加入NaOH的作用为 (6)“反萃取”时，试剂a为 (填化学式)。 (7)获得的产品经一定工艺可再生为具有六方结构的正极材料，晶胞结构如图所示。 .Li oNi 为 -。、 o0 ①该正极材料的化学式为 ②Ni原子的O配位原子数为 【高三化学第5页（共8页）】 FJ 12.(14分)聚乙烯醇{PVA,ECH2一CH]元，难溶于醇等有机溶剂}是一种重要的水溶性高分子 OH 材料，通过聚醋酸乙烯酯{PVAc,ECH2一CH,白色粉末} 醇解制备，流程及装置 OOCCH 如下。 CHOH NaOH-CH:OH 系列操作PVA 5 mL NaOH PVAc- →溶解 醇解 的甲醇容液 PVAc CHOH 加热搅拌器 回答下列问题： (1)实验时，先在三颈烧瓶中用30mL甲醇溶解3 g PVAc,写出一种能够提高溶解速率的方 法 (2)用0.4 g NaOH固体配制浓度约为0.4mol·L-1的NaOH甲醇溶液，需从下图中选择 的玻璃仪器有 (填仪器名称)。取5mL溶液于恒压滴液漏斗中。 (3)往三颈烧瓶中加入2 L NaOH甲醇溶液，搅拌，当出现冻胶状物质时，急剧搅拌30 min,直至冻胶被打碎。加入剩余NaOH甲醇溶液，保持35℃反应1~1.5h。已知醇解 时，NaOH为催化剂。 ①醇解的化学方程式为 不用乙烯醇单体聚合制聚乙烯醇的原因 为 ②“急剧搅拌30min”是本实验提高转化率的关键，原因为 (4)实验过程中含水量要控制在5%以下。若含水量过高，会引发副反应，则副反应的化学 方程式为 (写一个)。 (5)测定所得PVA的醇解度（即羟基取代程度）：称取1.000g产品，加入25.00mL 0.20mol·L-1的NaOH溶液（过量），充分反应后，用0.10mol·L1盐酸标准溶液滴定 剩余的NaOH溶液至终点，重复操作2~3次，平均消耗标准溶液25.00mL。 ①滴定时，指示剂为 (填“甲基橙”“酚酞”或“石蕊”)溶液。 ②PVA样品中乙酰基(HC一C一)的质量分数为 (保留三位有效数字)。 【高三化学 第6页（共8页）】 FJ 13.(13分)有机物K(KuwanonB)具有良好的抗菌活性，研究人员设计如下以2,4-二羟基苯甲 酸为原料的高效合成路线： HOOC CH:OH,H.COOC DMF. BnBr, HS04, H.COOC K2CO HO HO OH K2CO OH B MOMO OBn 试剂a MOMO NaH OBn OBn MOMO OMOM G OBn OH O CH:COONa, CH;COOH MOMO BnO 回答下列问题： (1)A中官能团名称为 (2)“B→C”中选择K2CO3而不选择KOH的理由为 (3)根据合成路线，设计反应“D→E”的目的为 (4)“E→F”的化学方程式为 (5)已知：F+试剂a→G+H2O,则试剂a的结构简式为 (6)G与H的关系为 (填“同系物”“同分异构体”或“同位素”) (7)芳香族化合物M是B的同分异构体，写出一种满足下列条件的M的结构简式： ①能发生银镜反应； ②1molM最多与4 mol NaOH溶液反应； ③核磁共振氢谱有4组峰，面积比为1：2：2：3。 14.(14分)双环芳烃定向转化为单环芳烃能有效提升轻循环油(LCO)品质并缓解柴油产能过 剩的问题。利用1-甲基萘(1-MN)在催化剂作用下制备四氢萘类物质MTL[包括1-甲基四 氢萘(1-MTL)和5-甲基四氢萘(5-MTL)]。反应过程中伴有生成十氢萘(1-MD)的副反应， 涉及反应如下： 5-MTL(g) +3H2 R:l-MN(g)+2H2(g)5-MTL(g)△H1=akJ·mol-1K1 R1 R2 +2H2∠ R:5-MTL(g)+3H2(g)一1-MD(g)△H2=bkJ·mol-1K2 R:1-MN(g)+2H2(g)=1-MTL(g)△H3=ck·mol1K3 1-MN(g) 1-MD(g) +3H R:1-MTL(g)+3H(g)=1-MD(g)△H4=dkJ·mol1K4 1-MTL(g) 【高三化学 第7页（共8页）】 FJ (1)R~R4反应的平衡常数与温度的关系如图甲所示 10° 100 10R 10 Ka 新 1-MD 10头 1-MN 60H K 10 m 700,42) 10 n 40 10 翠 5-MTL 700,35) 20 o (700,18) 10 04 1-MTL 300 400500600700800T/K 400 500 600 700 800T/K 甲 乙 ①a 0(填“>”或“<”)，用一个等式表示a、b、c、d的关系： ②代表K1的曲线为 (填“m”或“n”),判断的依据为 0 (2)总压维持6MPa的密闭容器中，起始n(H2):n(1-MN)=5:1,反应平衡时反应温度对 1-MN及其加成产物物质的量分数（如5-MTL的物质的量分数= 所有有机物的总物质的量X100%的影响如图乙。已知反应时，苯环的大元键与催化剂 n(5-MTL) 金属活性位点通过强相互作用被平铺吸附（吸附示意图如下）。 ①请结合物质结构分析T>600K时，5-MTL的物质的量分数明显高于1-MTL的原因 为 ②700K时，1-MN的平衡转化率为 ;反应R1的压强平衡常数K。= (列计算式、无需化简，K。为用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 (3)在温度T=623K时，1mol1-MN在体积为VL的刚性容器发生反应，H2分压对1-MN 平衡转化率及MTLs选择性的影响如下表所示 MTLs选择性= n(5-MTL)+n(1-MTL) 参与反应的n(1-MN)」 PH,/MPa 1-MN平衡转化率/% MTLs选择性/% 3.0 72.8 93.4 4.0 80.4 91.4 5.0 89.9 89.5 ①当H2分压为5.0MPa时，经tmin达到平衡，v(1-MD)= (保留3位有效 数字)。 ②从表中数据可知提高H2分压能提高1-MN转化率，但MTLs选择性降低的原因为 【高三化学第8页（共8页）】 FJ化学 参考答案、提示及评分细则 题号 1 2 3 5 6 7 9 10 答案 B D D D A D A B C C 1.B【解析】高熵氧化物的化学式为BaTiNbTaZnO,选项中Ba、Ti,Nb、Ta、Zn等元素的个数比不符合化学式 中各元素原子个数比关系，改写成氧化物形式应为：2BaO·2TiO2·Nb2O·Ta2O·2ZnO,A项不符合题 意；途径I中CO2被还原为CO,·OH中O元素显-1价，故HO分子中的O元素被氧化，B项符合题意； 乙二醇被酸性KMO,溶液氧化生成CO2,C项不符合题意：CO2中C原子采用sp杂化，CH中C原子采用 sp杂化、乙酸(CH COOH)中C原子采用sp3和sp杂化，D项不符合题意。 2.D【解析】甲中官能闭为羟基和醚键，均不与NaOH溶液反应，A项不符合题意；NaBH和LiAIH,中H元 素的化合价均为一1价，B项不符合题意；丙中甲基（一CH)中的C原子采用sp杂化，故所有原子不会处于 同一平面，C项不符合题意：反应1为羰基加氢被还原为羟基，反应ⅱ为两个羰基脱去一个氧原子，二者均为 还原反应，D项符合题意， 3.D【解析】X的一种核素不含中子，故X为H元素；Q是地壳中含量最多的金属元素，为A1元素，处于第三 周期；Y、Z为第二周期元素，能形成温室气体CO2,故Y为C元素，Z为O元素；基态T原子d轨道三个未成 对电子，则为过渡元素，且W、T均为Ⅷ族元素才符合题意，故T为Co元素，W为F元素。C元素(Y)与O 元素(Z)处于同一周期，原子序数增大则半径减小，故原子半径：Y>Z,A项不符合题意；C的电负性大于F、 Al,B项不符合题意；T位于Ⅷ族，共有12种元素，而周期表中元素种类最多的族应是ⅢB族，共32种，C项 不符合题意；含少量C的Fe为合金，易发生电化学腐蚀，D项符合题意。 4.D【解析】N2的结构式为N=N,每个分子中含2个π键，标准状况下，2.24LN2为0.1mol,含有的π键的 数目为0.2N,A项不符合题意；0.1L1mol·L1FeCl3的物质的量为0.1mol,C1的物质的量为0.3mol, 其数目为0.3NA,B项不符合题意；1个OH含10个电子，0.1 mol OH含有的电子数为NA,C项不符合题 意；该反应不是氧化还原反应，D项符合题意。 5.A【解析】铁丝灼烧时焰色发出的光不在可见光范围内，并不是不产生发射光谱，A项符合题意：CH,不能 CH 使酸性高锰酸钾溶液褪色， 能使其褪色是因为苯环对侧链甲基的影响，B项不符合题意；王水能溶 解Pt的原因是C1可与Pt+形成稳定的配合物[PtC1],降低溶液中铂离子的浓度，促使氧化反应正向进 行，C项不符合题意；质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比为120的峰，说明存在相对分子质量为120 的粒子，D项不符合题意。 6.D【解析】Na很活泼，反应体系应保持无氧干燥的环境，故制C:H;Na时应先通Ar气再加钠，目的是防止 N被氧气、水蒸气等氧化，A项不符合题意：二茂钴难溶于溶剂THF,故反应后以沉淀形式存在，过滤可以 除去溶剂获得粗品，B项不符合题意；指形冷凝管内管为小管，外管为大管，由小管口通人冷凝水有利于整 个指形冷凝管充满水，凝华效果较好，C项不符合题意；CH为平面结构，说明五个碳原子均采用sp杂化， 形成具有芳香性的I大π键，D项符合题意。 7.A【解析】通过注射器A往三口连接管中注入浓氨水，与NOH固体作用产生氨气。若注射器A吸人 20mL空气，接入装置后全部注入装置内，部分空气会被排入瘪气球，所以注射器B体积增大小于20L,A 项符合题意；氨气溶于水电离出OH,使滴有酚酞溶液的脱脂棉团显粉红色，说明氨气水溶液显碱性，B项 不符合题意；按压注射器A后将注射器B向外拉，氨气被吸入注射器内，与挥发的HC1气体化合生成NHCI 固体，可在注射器内观察到白烟生成，C项不符合题意；实验过程中产生氨气，装置内压强增大，气球可以平 衡装置气压，实验结束，多余的氨气可以排至气球，达到处理尾气的目的，D项不符合题意。 8.B【解析】常温常压下通过串联电催化高效合成碳酸二甲酯，说明钯硫团簇催化剂有效降低了反应的活化 【高三化学参考答案第1页（共5页）】 FJ 能，A项不符合题意；步骤⑥中，Br2被还原为Br,则Pd被氧化，化合价升高，B项符合题意；电解质为有机 溶剂，故阴极的电极反应式为：CO2十2CHOH十2e一CO十2CH3O十H2O,C项不符合题意；反应经 CO2~2e~CO→CO(OCH3)2,每生成1mol碳酸二甲酯，电路中转移2mol电子，D项不符合题意。 9.C【解析】BaS0(s)+C0（a9BaC0,(s)+s0(ag的平衡常数K=C{C0号}：9X100.04, 通过计算可知该转化为典型的可逆过程，故需要多次更换饱和碳酸钠溶液重复浸取才能将更难溶的BSO, 转化为BaCO3,A、B项不符合题意；“溶解”时，加过量盐酸有利于BaCO,的溶解，但过量盐酸会造成浪费且 使溶液呈强酸性，不利于后续草酸钡的沉淀，C项符合题意：“沉淀”后，经过滤、洗涤、干燥后可得产品，D项 不符合题意。 10.C【解析】由图可知，H,C,0,(aq)的K=cH):cHC,0）=1X101,K。=(H)cCO)-1 c(H2 C2O) c(HC2O) 0。当1gX=0时，对于b点米说C0号1，c()=1×10,pH=1.2,即b=1,2:同 于a点来说，C00号1时，c(H)=1X10pH=3.8,即a=3.8:A项不符合题意：往草酸溶液滴m NaOH(未过量)，H2C2O,含量减少，HC2O,、C2O含量增多，对水来说，电离程度增大，B项不符合题意； 当滴加10 mL NaOH溶液时，恰好发生反应：HCO1十NaOH一NaHC2O,+HO,此时溶液的溶质为 NaHC,O,,根据质子守恒可得：c(H)+c(H2C2O,)=c(OH)+c(C2O),C项符合题意；6(C,O)= c(H,CO,)+c(HC,O)+c(C,O)将分子分每同除以c(C,0?),并代人电离平衡表达式得(C,O)= c(C2O) 1 1 K1·K2 HCO)(HCO+ 2(H)+(H)+1 c2(H+)+K1·c(H+)+K1·K2 c(C2O) c(C2O) Ka1·K2 10-1.2X10-3.8 10-6 0)于10X10中10×0交0于10光D项不符合题意 11.(19分，除标注外每空2分) (1)①02(1分) ②4Co0+CH,高温4Co+C0.+2H,O(或3Ca0+CH,高温3Co+C0+2H,O) (2)①柠檬酸根离子与Li计、N+、Co2+、Mn+通过配位键形成配合物 ②1.0mol·L1(1分)柠檬酸形成分子间氢键(1分) (3)若pH过低，DMG中氮原子与H形成配位键，与N+配位的能力下降 (4)CoHCit+C2O+2H2O-CoC2 O 2H2O+HCit2-6.3X10-3 RO RO、O-H-O、OR (5)有利于P P、解聚，增大 含量，使平衡正向移动（或NaOH与H+反应使“萃取” RO O-HO OR RO O-H 反应的平衡正向移动) (6)H2SO,(或稀H2SO4,1分) (7)①LiNiO2(1分) ②6 【解析】(1)①LiNi13Co1aMn3O2中Ni、Co、Mn的平均化合价为+3，故其分解为NiO、CoO、MnO时，金属 元素的化合价降低，被还原，氧元素被氧化为氧气，故答案为O2。 ②Co0与CH,反应的化学方程式为：4Co0+CH,高温4Co+C0,+2H,0或3Co0+CH, 高温3Co十C0+ 2H2O。 (2)①“酸浸”过程中，柠檬酸与LiCO3、Ni、Co、MnO发生反应，生成Li计、N+、Co2+、Mn2+离子，自身转化 为柠檬酸根离子，与Li计、N+、Co2+、M+通过配位键形成配合物，提高溶解度，使有价金属浸出效率显著 提升。 【高三化学参考答案第2页（共5页）】 FJ ②由图甲可知，当柠檬酸的浓度为1.0ol·L1时，四种金属元素的浸出率均达最大，故最佳的浸出浓度为 1.0mol·L1。若柠檬酸过高，由于柠檬酸分子间的氢键作用，导致溶液的黏度上升，浸出率下降。 (3)“沉镍”时若pH过低，DMG中氮原子与H+形成配位键使其与N+配位的能力下降，会导致N+分离 效率下降。 (4)“酸浸”后Co以螯合物CoHCit形式存在，难电离，故离子方程式为CoHCit+CO+2HO CoC,0·2H,0y+HCi.“沉钴”后c(C,0)>≥cCo+)=10=6.3X10mol·L-1 10- (5)D2EHPA以二聚物的形式存在，而作为萃取剂与Mn+起作用时以单分子形式存在，故NaOH与H反 RO RO、O-H-O、OR 应，使萃取剂不形成氢键，有利于P P解聚，增大P 含量，使平衡正向移动，且 RO O-HOOR RO OH NaOH与H+中和可以直接使平衡正向移动。 RO (6)“反萃取”时， RO 十H+平衡逆移，故加人稀硫酸可实现转化，故试 RO O-H 剂a为稀硫酸。 (7)①由晶胞结构可知，i位于顶点和内部，根据均摊法计算：4X立十4×专+2=3，N位于棱上和内部： 6 2X行+2×号+2=3,0位于棱上和内部：4×号+4×号+4=6，故i:Ni:0=1:1:2化学式为： LiNiO2。②Ni原子周围直接相连的O原子为六个，形成NiO。八面体结构，故配位数为6】 。0500 12.(14分，除标注外每空2分) (1)搅拌（或适当升高溶解温度，1分） (2)量筒、烧杯 NaOH (3)①ECH2-CH元 +nCH,OH →ECH2CH]元+nCH,COOCH 乙烯醇单体 OOCCH OH HC一CHOH中羟基直接连接在碳碳双键上，不稳定，易转化为更稳定的乙醛，难以发生加聚反应 ②未反应的PVAc被包裹在冻胶里面，需要通过加快搅拌速率的方式打散冻胶，使其继续发生醇解反应 (4)CH COOCH+NaOH→CH,COONa+CH3OH或ECH2一CHn +nNaOH→ECH2-CH]n OOCCH OH +nCHs COONa (5)①酚酞(1分) ②10.8% 【解析】(1)PVAc为白色粉末，可通过搅拌，适当升高溶解温度等方法提高溶解速率。 (2)本实验仅需配制近似浓度溶液且所需量少，因此不需要使用容量瓶，选择托盘天平称取0.4gNOH(此 时需用到烧杯)，然后用量简量取25.0mL甲醇，二者于烧杯用玻璃棒搅拌溶解即得约为0.4ol·L1的 NaOH甲醇溶液。 NaOH (3)①醇解时NaOH作催化剂，故醇解的化学方程式为ECH2一CH+CHOH OOCCH ECH2一CH元十CH COOCH。乙烯醇单体H,C一CHOH中羟基直接连接在碳碳双键上，不稳定，易转 OH 化为更稳定的乙醛，难以发生加聚反应。 【高三化学参考答案第3页（共5页）】 FJ ②PVA极性较强，易溶于极性较强的水而不易溶于极性较弱的PVAc,当PVAc醇解到一定程度会得到较 多的PVA,出现冻胶物质，导致未反应的PVAc被包裹在里面，需要通过加快搅拌速率的方式打散冻胶，使 其继续发生醇解反应。 (4)含水量过高，导致NaOH溶解成水溶液，参与PVAc或产物乙酸甲酯的水解，造成NaOH的消耗，当 NaOH消耗过多，其催化PVAc醇解的能力大大下降。 (5)在醇解实验时，若有未发生醇解的酯基，则加入NOH溶液时发生水解反应，生成乙酸钠，再利用盐酸 标准溶液对过量的NaOH进行滴定，测出未反应的NaOH的量，即可算出未醇解的酯基的量。①滴定时， 由于反应后存在乙酸钠，滴定终点为碱性，应选择酚酞溶液做指示剂。②过量的n(NOH)=0.1mol·L ×0.025L=2.5×103mol,则发生水解的酯基消耗的n(NaOH)=0.2mol·L1×0.025L-2.5×103 O mol=2,5X103mol,由关系式：HC-C~Na0H可知(CC-）=2.5x10molm(H,C-6-) O =2.5×103mol×43g·mol1=0.1075g,PVA样品中乙酰基HCC- 的质量分数= 0.1075g× 1.000g 100%=10.75%≈10.8%。 13.(13分，除标注外每空2分) (1)(酚)羟基、羧基 (2)KOH碱性强，会导致酯基发生水解反应 (3)保护酚羟基 (4)HCQ H HO 十CHOH(合理即可) △ 0 OBn OBn O MOMO OH (5) OMOM (6)同分异构体(1分) OOCH OOCH HO OH (7) 或 HO OH 【解析】(1)A中含氧官能团名称为（酚）羟基、羧基。 (2)“B→C”发生的反应为酚羟基电离出H后与卤代烃发生取代反应，K2CO可以与H反应，既有利于酚 羟基电离出H+,又有利于平衡正向移动，增大产率，但KOH碱性过强，可能导致B中酯基发生水解。 (3)“D→E”中酚羟基被保护起来，防止其在后续转化中被转化。 (4)“E→F”反应时酯基转变为羧基。 MOMO (5)由G进行结构拆分： ,可知F与试剂a发生酯化脱水的反应，故试剂a为 OBn OMOM O MOMO OH OMOM 【高三化学参考答案第4页（共5页）】 FJ (6)G发生如下所示的重排：MOMO ,故G与H的分子式仍相同，二者为同分异构体。 OBn OMOM (7)芳香族化合物M是B的同分异构体，则M含苯环，1molM最多消耗4 mol NaOH溶液，则含有能与 OOCH HO OH NaOH反应的基团，如酚羟基、羧基、甲酸酯基等。结合其核磁共振氢谱数据，M可能为 或 OOCH HO OH 14.(14分，除标注外每空2分) (1)①<(1分)a+b=c+d(1分) ②m(1分)因为R十R2=R十R,故K1×K2=K×K,K>K,则K,>K3,故曲线m代表K1,曲线n 代表K3(1分) (2)①催化剂优先吸附芳香环，5MTL因甲基在芳香环上，吸附时位阻大，不易平铺吸附形成稳定中间体进 一步转化为1-MD,因此5-MTL物质的量分数远高于1-MTL ②65% 格×6 ×(9)义 一（合理即可） ×63 (3)00.0944 amol·L1·mint ②提高H2分压，增大了反应物浓度，使1-MN转化率升高，但H2分压提高对第二步(MTLs→1-MD)促进 更明显，导致MTLs被进一步消耗，因此MTLs选择性下降 【解析】(1)由图甲可知，随温度升高，R一R,四个反应的平衡常数均减小，说明四个反应均为放热反应，即 a、b、c、d均小于0，由四个反应的转化关系可知，R1十R2=R3十R4,根据盖斯定律可知，a十b=c十d。同理， K1K2=KgXK,故曲线m代表K1,曲线n代表Ka。 (2)①催化剂优先吸附芳香环，5MTL因甲基在芳香环上，吸附时位阻大，不易平铺吸附形成稳定中间体进 一步转化为1-MD,因此5-MTL物质的量分数远高于1-MTL。②设投人的1-MN=1mol,则n(H2)= 5mol,反应后混合体系中所有有机物的总物质的量为1mol。由图乙可知，w(5-MTL)=0.42,(1-MN)= 0.35,w(1-MD)=0.18,则w(1-MTI)=1一0.42-0.35-0.18=0.05；反应中消耗的n(H2)=2n(5-MTL) +2n(1-MTL)+5n(1-MD)=2×0.42+2×0.05十5×0.18=1.84mol;剩余的n(H)=5-1.84= 3.16mol:平衡时体系n=4.16mol。700K时，1-MN的平衡转化率为-0.35×100%=65%。R,的 1 0.42×6 Kp= 4.16 .0 需×( ×6 (3)①(1-MD) △c(1-MD)=1mol×89.9%×(1-89.5%2≈0.0944mol·L1·min1。②提高分 △t V LXt min 压，增大了反应物浓度，使1-MN转化率升高，但由于该反应为串联反应(1-MN→MTLs→1-MD),H2分压 提高对第二步(MTLs→1-MD)促进更明显，导致MTLs被进一步消耗，因此MTLs选择性下降。 【高三化学参考答案第5页（共5页）】 FJ