精品解析：河南周口市第一高级中学等校2026届高三五月份考前预测 化学试题

高三化学 可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 O16 Co59 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. 我国历史悠久，文化底蕴深厚。下列藏品的主要成分为天然高分子的是 A．饕餮纹青铜觚 B．唐镶金兽首玛瑙杯 C．木质官斛 D．汉白玉耳杯 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．饕餮纹青铜觚主要成分为青铜，属于金属合金，不是天然高分子，A错误； B．唐镶金兽首玛瑙杯主要成分为，属于无机非金属材料，不是天然高分子，B错误； C．木质官斛主要成分为纤维素，属于天然有机高分子，C正确； D．汉白玉耳杯主要成分为，属于无机碳酸盐，不是天然高分子，D错误； 故选 C。 2. 化学用语是化学工作者的“语言”。下列化学用语表示错误的是 A. 自由基·F的电子式： B. SO2分子的VSEPR模型： C. 水溶液中，NaHCO3的电离方程式： D. CH4中C-H的形成过程： 【答案】D 【解析】 【详解】A．氟原子的最外层有7个电子，自由基·F中含有1个未成对电子，电子式为：，A正确； B．中心的价层电子对数，中心原子连有两个配位原子并带有一对孤电子对，VSEPR模型为，B正确； C．NaHCO3是强电解质，在水溶液中完全电离：，是弱酸（）的酸式酸根，电离不完全，因此不能继续拆写成和；C正确； D．碳原子需先经sp3杂化，形成4个等价sp3轨道，再与H的1s轨道重叠成键；题目图示直接使用2p轨道成键，未体现杂化过程，D错误； 因此答案为D。 3. 下列图示中，实验操作或方法符合规范且能达到相应目的的是 A．混合浓硫酸和乙醇 B．除去中的 C．测定的体积 D．加热溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓硫酸密度大于乙醇，且稀释时释放大量热，混合时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入乙醇中并不断搅拌，题中操作易引发液体飞溅，A错误； B．可与溶液反应生成易溶于水的、，而与溶液不互溶且密度更大，通过分液操作可分离除杂，操作规范可达到目的，B正确； C．可溶于水且能与水反应，同时测定气体体积时应短管进气、长管排水，题中操作无法收集到，不能测定其体积，C错误； D．陶瓷蒸发皿的主要成分含，加热时会与发生反应腐蚀蒸发皿，且加热溶液不能使用蒸发皿，操作错误，D错误； 故选 B。 4. 从海水中获得液体Q的转化过程如图（略去部分操作、参与反应的物质和反应条件），其中X为海水中质量分数最大的溶质，Y和Q为同主族相邻元素的单质。下列说法正确的是 A. 气体Y具有漂白性，可用于自来水消毒 B. 电解固体X的水溶液，在阴极可获得气体Y C. 液体Q只能通过置换反应制备 D. 向溶液Z中通入，得到的溶液R呈酸性 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知信息可推知X为NaCl，Y为Cl2，Z为溴水，R为含的溶液，Q为液体Br2。 【详解】A．Cl2可用于自来水消毒，但Cl2不具有漂白性，A错误； B．电解NaCl溶液在阳极可获得气体Cl2，B错误； C．含的溶液可被强氧化剂氧化获得液体Br2，发生的反应不一定是置换反应，C错误； D．向溴水中通入SO2可得到含HBr、H2SO4的强酸性溶液，D正确； 5. 对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式书写正确的是 A. 向CuSO4溶液中逐滴加入少量氨水： B. BrCl溶于NaOH溶液： C. 向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液： D. 向硫酸铜溶液中加入过量的硫氢化钠溶液： 【答案】A 【解析】 【详解】A．向CuSO4溶液中加入少量氨水时，Cu2+与NH3·H2O反应生成Cu(OH)2沉淀和，所给离子方程式书写符合反应事实，A正确； B．BrCl中Cl非金属性强于Br，因此Cl为-1价、Br为+1价，与NaOH反应应生成Cl⁻和BrO⁻，正确离子方程式为，选项中产物书写错误，B错误； C．ClO⁻具有强氧化性，I⁻具有强还原性，二者会发生氧化还原反应生成I2和Cl⁻，并非仅发生复分解反应生成HClO，C错误； D．硫氢化钠过量时，反应生成的H+会与过量的HS⁻反应生成H2S，正确离子方程式为，选项方程式不符合过量试剂的反应逻辑，D错误； 故答案选A。 6. 天蓝石是具有玻璃光泽的蓝色晶体，由原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z、Q组成。其中W元素与其他元素均不同周期。X、Y的基态原子s轨道电子总数均与自身的p轨道电子总数相等，Q的质子数等于Z所在族的族序数的5倍。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Z＞Y B. YX为共价晶体 C. 中心原子孤电子对个数：W2X＜QW3 D. 1 mol Q4分子中含有6 mol σ键 【答案】D 【解析】 【分析】W与其他短周期元素不同周期，且原子序数最小，故W为；X、Y基态原子s轨道电子总数等于p轨道电子总数，结合原子序数递增顺序，X电子排布为，即，Y电子排布为，即；Q的质子数为Z所在族族序数的5倍，短周期内仅族序数为3时，符合质子数要求，故Q为，Z为ⅢA族元素。 【详解】A．同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，的轨道全满为稳定结构，第一电离能大于相邻的，即第一电离能，A错误； B．为，由和通过离子键构成，属于离子晶体，B错误； C．为，中心的孤电子对数为；为，中心的孤电子对数为，故中心原子孤电子对个数，C错误； D．为，分子为正四面体结构，每个分子含6个 键，故1 mol 分子中含有6 mol 键，D正确； 故选 D。 7. 化合物X是从芫花中分离出的一种黄酮类药物，具有抗神经胶质瘤能力和抗癌作用，其结构如图所示。下列有关X的说法正确的是 A. 分子中含有5种官能团 B. 1 mol X与溴水反应时最多消耗4 mol Br2 C. 根据结构推测，该分子可作为抗氧化剂 D. 能形成分子间氢键，但不能形成分子内氢键 【答案】C 【解析】 【详解】A．该分子中的官能团为酚羟基、醚键、羰基、碳碳双键，共4种，A错误； B．1mol X中，酚羟基邻、对位可与溴水发生取代反应，共消耗5 mol ，碳碳双键可与溴水发生加成反应消耗1 mol ，总共最多消耗6 mol ，B错误； C．分子中含有酚羟基，酚羟基具有较强还原性，易被氧化，因此该分子可作为抗氧化剂，C正确； D．分子中同时存在羟基和电负性大的氧原子，可形成分子间氢键，两个羟基处于邻位可形成分子内氢键，D错误； 故选 C。 8. 实验室合成环己酮缩乙二醇的步骤如下：在圆底烧瓶中按比例加入乙二醇、环己酮、带水剂(苯)、催化剂(浓硫酸)，组装好实验装置(如图)，边搅拌边加热回流，反应一段时间后，冷却，依次用蒸馏水、5% Na2CO3溶液、蒸馏水洗涤并干燥有机层，对干燥后的有机层进行蒸馏并收集174~180℃的馏分(即产品)。 反应原理：+HOCH2CH2OH+H2O 下列说法错误的是 A. 实验时，圆底烧瓶中应加入沸石防止暴沸 B. 第二次用蒸馏水洗涤的目的是除去硫酸和乙二醇 C. 分水器中水层液面的变化情况可监控反应是否达到平衡 D. 用5% Na2CO3溶液洗涤的目的是中和残留的酸 【答案】B 【解析】 【详解】A．该反应需要加热，为防止液体暴沸，应在圆底烧瓶中加入沸石，A正确； B．洗涤顺序为先水洗，再用溶液洗涤，最后再水洗。第一次水洗的目的是除去大部分水溶性的乙二醇和硫酸；用溶液洗涤的目的是中和除去作催化剂的浓硫酸；第二次水洗的目的是除去前一步残留的和生成的盐，B错误； C．反应生成水，通过分水器可将生成的水分离出来，使平衡正向移动，提高产率。当分水器中水层液面不再变化时，说明反应达到了平衡状态，C正确； D．催化剂为浓硫酸，反应后有残留，溶液显碱性，可以与酸反应，故用5% 溶液洗涤的目的是中和残留的酸，D正确； 故答案选B。 9. 螯合物M是以Cu2+为中心通过螯合配位成环而形成的化合物，具有较强荧光性能，其结构如图所示。下列说法正确的是 A. 螯合物M中Cu2+提供孤电子对形成配位键 B. 螯合物M中N原子均为sp3杂化 C. 螯合物M中配位数大于配体种类数 D. 电负性：N＞O＞H 【答案】C 【解析】 【详解】A．螯合物M中，中心离子Cu2+提供空轨道，配体原子（N、O、Cl）提供孤电子对，形成配位键，A错误； B．螯合物M中，左侧与吡啶环是平面结构，N原子为杂化，右侧形成五元环中的N原子为杂化，B错误； C．根据图示可知，螯合物M中，配体一种为有机分子和另一种为2个，其中配位原子有N、O、Cl，中心离子Cu2+的配位数为5，故螯合物M中配位数大于配体种类数，C正确； D．同周期主族元素的电负性从左到右逐渐增大，故电负性O>N，在NH3分子中，N表现负价，说明电负性N>H，所以电负性：O>N>H，D错误； 故选C。 10. 研究发现，使用储量丰富的非贵金属基Co-MoS2催化剂，能实现高效CO2加氢制甲酸，反应中两种路径的相对能量变化如图所示(已知：H2的相对能量为0，TS表示过渡态物质，*表示吸附态)。下列说法错误的是 A. 通过路径1更容易实现CO2加氢制甲酸 B. 路径2的进程中，决速步骤为 C. 在不同路径中，总反应的焓变相同 D. 和路径1相比，路径2中甲酸被催化剂吸附得到的吸附态更稳定 【答案】B 【解析】 【详解】A．路径1的最大能垒低于路径2的最大能垒，反应更易发生，A正确； B．路径2中能垒最大的步骤为HCOO* + H*转化为HCOOH*的过程，故决速步不是，B错误； C．两种路径的总反应均为，始态、终态完全相同，总反应焓变相同，C正确； D．路径2中吸附态的能量低于路径1中吸附态的能量，能量越低越稳定，故路径2的吸附态甲酸更稳定，D正确； 故选 B。 11. 近年来，科研人员重构出PET聚酯循环友好型合成方法，从源头上解决了聚酯高效回收难的问题，转化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 化合物T、PET互为同系物 B. 化合物E不能发生氧化反应 C. B→PET的过程中有生成 D. 由T和E直接聚合生成PET的反应为 【答案】C 【解析】 【详解】A．T是小分子羧酸，PET是高分子聚合物，二者结构不相似，分子组成也不相差整数个CH2，A错误； B．化合物E为乙二醇，可被氧化为醛类，B错误； C．B→PET属于缩聚反应。反应过程中，B分子间通过酯交换/缩合形成长链聚酯，同时脱去小分子乙二醇：，C正确； D．T和E直接聚合生成PET的反应为：，D错误； 因此答案选C； 12. 利用Cu基催化剂双活性位点协同作用机制，以草酸二甲酯（DMO）和氢气为原料制乙二醇（EG）因其原子经济性成为替代石油路线的重要工艺，其可能的反应机理如图所示（略去解离为氢原子的过程）。下列说法错误的是 A. 草酸二甲酯（DMO）加氢制乙二醇的原子利用率小于100% B. 上述反应机理中碳原子的成键数目发生了变化 C. 上述反应机理中未涉及π键的断裂和形成 D. 每生成1 mol乙二醇需消耗 【答案】C 【解析】 【详解】A．草酸二甲酯（DMO）加氢制乙二醇的过程中，有副产物甲醇的生成，原子利用率小于100%，A正确； B．反应1,3的产物中均有1个碳原子只形成了3个共价键，而其他碳原子均形成了4个共价键，碳原子的成键数目发生了变化，B正确； C．反应3中有碳氧双键中的π键断裂，反应4中有碳氧双键种的π键的形成，C错误； D．总反应方程式为： ，每生成1 mol乙二醇需消耗4 mol，D正确； 故选C。 13. 固态全锂硫电池应用于eVTOL(电动垂直起降航空器)、电动无人机，续航时间显著提升。一种全固态锂硫电池在一定条件下50次循环后容量保持率高达89.3%，库仑效率接近100%，该电池的结构示意图如图(其中LPS代表Li3PS4薄膜材料)： 下列说法错误的是 A. 放电时，硫电极的电极反应式为 B. 该电池中合成的LPS的厚度不可控 C. 充电时，Li+向Li电极移动 D. 充电时，当有0.1 mol电子转移时，阴极增重0.7 g 【答案】B 【解析】 【分析】形成原电池时，Li电极为负极，硫电极为正极。 【详解】A．放电时，在硫电极(正极)，P4S16得电子产物与Li+反应生成Li3PS4，由 P4S16转化为Li3PS4，从Li元素考虑，1mol P4S16应得到12mol e-，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出电极反应式为，A正确； B．由A可知，LPS实际上应为Li3PS4，该电池通过电化学方法合成Li3PS4，其厚度可通过控制电流、反应时间等条件调控，并非不可控，B错误； C．充电时，Li电极为阴极，阳离子向阴极移动，则Li+向Li电极移动，C正确； D．充电时，在阴极，Li++e-=Li，当有0.1 mol电子转移时，阴极生成0.1molLi，增重0.1mol×7g/mol=0.7 g，D正确； 故选B。 14. 在一定温度下，用NaOH溶液分别滴定CH3COOH、CuSO4、FeCl3三种溶液，pM与pH的变化关系如图所示。pM=-lgM，M表示c(Cu2+)、c(Fe3+)或。已知，lg2=0.3。下列说法错误的是 A. 曲线Ⅱ表示-lgc(Fe3+)与pH的关系 B. 该温度下，Cu(OH)2的溶度积数量级为10-20 C. 该温度下，CH3COOH的电离平衡常数 D. 的平衡常数K=8×1018 【答案】A 【解析】 【分析】对于难溶氢氧化物M(OH)n的溶度积，取负对数得关系式为：，所以n越大，曲线的斜率越小，因此曲线Ⅰ表示(n=3)与pH的关系，曲线Ⅱ表示(n=2)与pH的关系；根据醋酸的电离常数Ka=，取负对数得关系式为：，斜率为1，故曲线Ⅲ表示与pH的关系。 【详解】A．根据上述分析，金属离子的价态越高，pH随pM变化的斜率越小，的化合价为+3价，的化合价为+ 2价，曲线为Ⅰ表示(n=3)与pH的关系，曲线Ⅱ表示(n=2)与pH的关系，A错误； B．曲线Ⅱ表示(n=2)与pH的关系，当pM=0时，，此时pH=4.15，即，所以，B正确； C．根据图示及分析可知，曲线Ⅲ表示与pH的关系，根据的电离平衡常数Ka=，可得，当=0时，，故，C正确； D．反应的平衡常数，由图可知当pM=0时，，此时pH=1，即，故，又B项可知，代入K可得K=，D正确； 故选A。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某课外兴趣小组在学习课本探究内容“利用覆铜板制作图案”的过程中，提出能否用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中是否还存在Fe3+。通过与人工智能大模型对话，得知向“铜腐蚀液”中滴加KSCN溶液，溶液变为红色后颜色会褪去并立即产生白色沉淀，不能用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中是否存在Fe3+。为判断大模型的看法是否可信，他们设计了实验进行探究。回答下列问题： （1）用覆铜板制作印刷电路板的原理为___________(填化学方程式)。 【探究一】向“铜腐蚀液”中滴加KSCN溶液，探究产生的白色沉淀的来源和成分。 基于对“铜腐蚀液”中微粒成分的分析，白色沉淀的来源可能为： 假设1：Fe2+与反应产生的；假设2：Cu2+与反应产生的。 （2）通过与人工智能对话，得知仅假设2成立，请设计实验判断大模型的看法是否可信。 已知：对本实验无干扰。 实验1： 实验2：___________(用文字说明实验步骤即可)。 【查阅资料】(SCN)2被称为“拟卤素”，的还原性与的相当；少量与Cu2+可发生反应。 （3）通过实验验证了大模型对白色沉淀来源的看法是正确的，试写出Cu2+与生成白色沉淀的离子方程式：___________。 【探究二】探究Cu2+、Fe2+、KSCN体系的反应原理。 电极电对 0.77 0.15 0.78 0.77 （4）已知：若两种电极电对的标准电极电势()相等，则认为它们能发生可逆反应。试推测该体系中Fe2+参与的可逆反应为___________。 （5）设计实验如图，已知前两步为构建Cu2+、Fe2+、KSCN的平衡体系。 通过实验可知，实质上的催化作用分别增强了___________(填离子符号，下同)的还原性和___________的氧化性。 【结论】 （6）通过上述实验探究，可知大模型关于不能用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中是否存在Fe3+的看法是___________(填“正确”或“不正确”)的，原因是___________。 【答案】（1） 2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2 （2） 取少量CuSO4溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，观察是否产生白色沉淀。 （3） 2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2 （4） Fe2++(SCN)2⇌Fe3++2SCN- （5） ①. Fe2+ ②. Cu2+ （6） ①. 正确 ②. 腐蚀液中含有大量的Cu2+和Fe2+，加入KSCN溶液后，在SCN-的作用下Cu2+会将Fe2+氧化为Fe3+从而使溶液变红，产生“假阳性”干扰，因此无法据此判断原溶液中是否残留Fe3+。 【解析】 【小问1详解】 FeCl3溶液与Cu反应，离子方程式对应的化学方程式为2FeCl3 + Cu = 2FeCl2 + CuCl2； 【小问2详解】 要验证白色沉淀是Cu2+与SCN-反应产生的，需要做对比实验： 实验2：取2 mL 0.1 mol·L⁻¹的CuSO4溶液（不含Fe2+），向其中滴加1滴0.1 mol·L⁻¹ KSCN溶液，观察现象；若立即产生白色沉淀，则说明假设2成立（白色沉淀由Cu2+与SCN-反应生成）；结合实验1中Fe2+与KSCN反应无明显白色沉淀，可证明白色沉淀来源是Cu2+与SCN-的反应； 【小问3详解】 已知SCN-的还原性与I-相当，类比Cu2+与I-的反应，Cu2+会被还原为Cu+，与SCN-生成CuSCN白色沉淀，同时SCN-被氧化为(SCN)2；离子方程式为：2Cu2+ + 4SCN- = 2CuSCN↓ + (SCN)2； 【小问4详解】 由表格中标准电极电势：Eθ(Fe3+/Fe2+)=0.77V​ - Eθ((SCN)2/SCN-)=0.77V；两者电势相等，可发生可逆反应：Fe2+ + (SCN)2Fe3+ + 2SCN-；核心是利用电势相等的可逆反应； 【小问5详解】 从实验和电势变化分析：增强了Fe2+的还原性（因为Cu2+/CuSCN的电势高于Fe3+/Fe2+，Fe2+被氧化为Fe3+，体现还原性增强）；增强了Cu2+的氧化性（因为生成CuSCN沉淀后，Cu2+/CuSCN的电势升高，氧化性增强，可氧化Fe2+）； 【小问6详解】 正确；原因是：铜腐蚀液中含大量Fe2+和Cu2+，加入KSCN溶液时，Cu2+与SCN-反应生成白色CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2；且(SCN)2可与Fe2+反应，导致溶液中存在足量的Fe(SCN)3等红色配合物而产生红色（假阳性干扰），因此无法用KSCN溶液检验Fe3+的存在。 16. 科研人员采用绿色自催化工艺对某电子废弃物(主要含Fe、Cu、Au、Pd)进行联合回收Cu、Au、Pd的工艺流程如图。 已知：①的空间结构为平面正方形；在碱性条件下，可转化为Pd(OH)2沉淀。 ②PMS为过一硫酸氢钾复合盐，可用表示，具有强氧化性。 回答下列问题： （1）“破碎筛分”有利于提高“浸出1”步骤的___________(任写一条)；中Pd的杂化方式为___________(填标号)。 A．sp3 B．dsp2 C．sp3d2 D．d2sp3 （2）“浸出1”为自催化浸出步骤，写出该步骤中Au与PMS、KCl混合溶液反应生成的离子方程式：___________。传统工艺上通常用王水或氰化物浸出Au、Pd，与传统工艺对比，上述工艺流程的优势为___________(从经济或环保角度分析，任写一条)。 （3）“反萃取1”中草酸作还原剂，中Au元素被还原为单质，则该反应的离子方程式为___________。 （4）“浸出3”中通入空气的作用是___________。 （5）“萃取2”的萃取剂二正辛基硫醚通过离子缔合机理萃取，当水相pH过高时萃取率下降，原因是___________。 【答案】（1） ①. 增大固液接触面积，加快浸出速率（或提高浸出率） ②. B （2） ①. ②. 不使用剧毒的氰化物，且不产生氮氧化物等污染性气体，更加环保（或试剂成本更低等合理答案均可） （3） （4） 作氧化剂，将Cu氧化为Cu2+使其溶解 （5） pH过高时，OH-浓度增大，[PdCl4]2-会转化为Pd(OH)2沉淀，导致水相中[PdCl4]2-浓度降低 【解析】 【分析】电子废弃物先经破碎筛分增大接触面积，再磁选除铁；随后进入浸出1步骤，在PMS（过一硫酸氢钾复合盐，强氧化剂）和KCl作用下，Au、Pd被氧化为[AuCl4]-、[PdCl4]2-进入溶液，Cu则留在浸出渣中；浸出液经萃取1，二丁基卡必醇萃取[AuCl4]-进入有机相，再用草酸反萃取还原得到Au；水相中的[PdCl4]2-经二正辛基硫醚萃取2得到Pd；含Cu的浸出渣经硫酸、空气浸出，Cu被氧化溶解为硫酸铜溶液，再经电解精炼得到Cu，实现三种金属的联合回收； 【小问1详解】 “破碎筛分”增大了固体反应物的接触面积，能提高“浸出1”步骤的浸出速率（或浸出率）； [PdCl4]2-为平面正方形结构，中心Pd的杂化方式为dsp2，对应选项B； 【小问2详解】 离子方程式：PMS中的为氧化剂，将Au氧化为[AuCl4]-，自身被还原为，反应为：； 工艺优势：传统王水/氰化物法会产生有毒气体（如Cl2、氰化物废液），本工艺绿色环保，无有毒有害物质排放；或试剂更安全、成本更低，对设备腐蚀性更小； 【小问3详解】 草酸作还原剂，将[AuCl4]-还原为Au单质，草酸被氧化为CO2，离子方程式：； 【小问4详解】 “浸出3”中通入空气的作用是：作氧化剂，将Cu氧化为Cu2+，使其溶解进入溶液（或将浸出渣中的Cu氧化为CuO，再与硫酸反应溶解）； 【小问5详解】 水相pH过高时，溶液碱性增强，根据已知条件，[PdCl4]2-会转化为Pd(OH)2沉淀，导致溶液中游离的[PdCl4]2-浓度降低，因此萃取率下降。 17. CO2资源化利用是一个研究热点。例如通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为二甲醚(CH3OCH3)等化学产品，是实现“双碳”目标的途径之一、请回答下列问题： （1）某科研小组采用电化学方法，利用太阳能驱动CO2转化为CH3OCH3，写出以NaHCO3溶液为电解质溶液时阴极的电极反应式：___________。 （2）该研究小组改用热化学方法： 反应Ⅰ(主反应)： 反应Ⅱ(副反应)： ①已知反应Ⅲ： 。则反应Ⅳ： ___________。反应Ⅰ在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 ②将2 mol CO2、3 mol H2加入2 L含催化剂的恒容密闭容器中仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，CO2的平衡转化率和生成物的选择性(如CH3OCH3的选择性=)随温度的变化如图所示(不考虑其他因素影响)。 220℃下，反应体系在2 h后达到平衡，则0~2 h内，v(CH3OCH3)=___________，该温度下反应Ⅱ的平衡常数K=___________(保留两位有效数字)；随温度升高，CO2平衡转化率先降低后升高的原因为___________。 （3）高分散双位点CoxOy/Al2O3催化剂在催化二氧化碳转化方面展现出多种应用潜力。CoxOy的晶胞由A区和B区组成(如图所示)，该物质的化学式为___________，密度为___________(用含a、NA的代数式表示)。 【答案】（1） （2） ①. -23.5 ②. 低温 ③. 0.08 ④. 0.16 ⑤. 温度较低时，以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低；温度较高时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO2转化率升高 （3） ①. Co3O4 ②. 【解析】 【小问1详解】 电解池中，阴极发生还原反应，CO2被还原为CH3OCH3，电解质为NaHCO3溶液（弱碱性）；根据原子守恒、电荷守恒配平：；     【小问2详解】 ①已知： 反应I：2CO2(g) + 6H2(g)CH3OCH3(g) + 3H2O(g) ΔH1=-122.5kJ·mol-1； 反应Ⅲ：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH3=-49.5kJ·mol-1； 反应Ⅳ：2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)； 由盖斯定律，反应Ⅳ = 反应I - 2×反应Ⅲ： ΔH4=ΔH1−2ΔH3=−122.5−2×(−49.5)=−23.5 kJ·mol-1； 反应自发进行的判据：ΔG =ΔH - TΔS < 0；反应I中：气体分子数减少（反应物2+6=8 mol，生成物1+3=4 mol），ΔS < 0；又ΔH < 0，因此低温下TΔS项较小，ΔG < 0，反应自发，即低温下自发； ②反应速率v(CH3OCH3) 220℃时，CO2平衡转化率为40%，总消耗CO2的物质的量：2mol×40% = 0.8mol；CH3OCH3的选择性为80%，即生成二甲醚的CO2占总消耗CO2的80%，则生成二甲醚消耗的CO2：0.8mol×80% = 0.64mol；根据反应I：CO2 ~ CH3OCH3，生成的n(CH3OCH3) == 0.32mol；容器体积2L，时间2h，则： v(CH3OCH3) === 0.08mol·L-1·h-1； 反应Ⅱ的平衡常数K：反应Ⅱ消耗的CO2：0.8mol×(1-80%) = 0.16mol，根据反应Ⅱ：CO2 + H2CO + H2O，生成n(CO)=n(H2O)=0.16mol，消耗n(H2)=0.16mol；反应I消耗的n(H2) = 3×n(CH3OCH3)×2 = 6×0.32 = 1.92mol， 平衡时： n(CO2) = 2 - 0.8 = 1.2mol，c(CO2)=0.6mol·L-1；n(H2) = 3 - 1.92 - 0.16 = 0.92mol，c(H2)=0.46mol·L-1；n(CO)=0.16mol，c(CO)=0.08mol·L-1；n(H2O) = 3×0.32 + 0.16 = 1.12mol，c(H2O)=0.56mol·L-1；平衡常数：K ==≈0.16； CO2平衡转化率先降后升的原因：低温时：以反应I（放热）为主，升高温度，反应I平衡逆向移动，CO2转化率降低；高温时：以反应II（吸热）为主，升高温度，反应II平衡正向移动，CO2转化率升高； 因此整体表现为先降后升； 【小问3详解】 ①晶胞由A区、B区组成，整体晶胞为边长a pm的立方体，包含4个A晶胞和4个B晶胞； A晶胞（共4个）：Co2+：顶点4×= 0.5个，内部1个，共1.5个；4个A晶胞中Co2+：4×1.5=6个；O2-：内部4个，4个A晶胞中：4×4=16个；B晶胞（共4个）：Co2+：顶点4×= 0.5个；Co3+：内部4个，4个A晶胞中Co2+：4×0.5=2个；4个B晶胞中Co3+：4×4=16个； O2-：内部4个，4个B晶胞中：4×4=16个；合并晶胞内总粒子数：Co2+=8，Co3+=16，总Co：8+16=24；O为32，最简比3:4，故化学式为Co3O4； ② 晶胞质量：晶胞含8个Co3O4单元，摩尔质量M=3×59+4×16=241g·mol-1，晶胞质量m==g；晶胞体积：V=(a×10-10cm)3 = a3×10-30cm3；密度公式：ρ==g·cm-3。 18. 泽布替尼（I）胶囊是我国自主研发并拥有自主知识产权的创新药，用于治疗多种B细胞恶性肿瘤（如套细胞淋巴瘤）和相关血液癌症（如慢性淋巴细胞白血病），其一种合成路线如图。 已知：①Boc基团为，是合成中常用的氨基保护基团；哌啶的结构为；L-DBTA为L-二苯甲酰酒石酸，是一种手性拆分试剂。 ②红外光谱中部分官能团的吸收峰位置信息如表： 化合物类型 芳烃 芳醚 胺 氰类化合物 键型 C-H C-O-C 吸收峰位置/（） 3100~3010 1270~1000 3500~3000 2260~2215 回答下列问题： （1）①下列有关A、B、C的说法正确的是________（填标号）。 a．A、B、C三种物质的红外光谱图中，仅A在附近有特征峰 b．C中所有碳原子均为杂化 c．B中酰胺基的氮原子可与水分子形成氢键 ②A→B的过程中氰基在酸性条件下水解得到酰胺的反应机理如下： 氰基酸性条件下水解生成酰胺的第一步，氰基氮原子先________（填“得到”或“失去”）质子，带正电荷，________（填“增强”或“减弱”）氰基碳原子的亲电活性，促进水分子进攻氰基碳，最终重排得到酰胺。 （2）已知：的结构为。试分析上述合成路线中选用C而不选用的可能原因：________。 （3）从微观角度解释G分子中②号氮原子优先于①号氮原子发生亲核取代反应的原因：________。 （4）已知物质W为H的同分异构体。其中满足下列条件的W的结构有________种（不考虑立体异构）。 ①结构中含有环 ②含-C-O-C-结构 （5）F→G（S构型）中会产生副产物G′（，R构型），可将G′转化为G回收。 ①已知，合成I的一种不需要二次拆分的方法（方法2）及本合成方法（方法1）的相关信息如表，但工业上最终选择方法1，结合表格信息，说明原因：________。 方法 总产率 手性纯度 分离成本 方法1 单次19%，回收副产物后约35% 99.94% 仅需一次拆分，副产物可循环 方法2 70% 50%为S构型 需要多次柱层析，成本高 ②已知：具有氧化性，可将G中①号饱和氮原子氧化为不饱和氮原子，而不氧化G中其他饱和氮原子。设计分三步由转化为G的合成路线如下： 第一步，进行氧化反应：以为氧化剂，得到有机产物的结构简式为________（不体现构型）。 第二步，进行________（填具体反应类型）；得到的有机产物为F。 第三步，进行手性拆分：选用的手性拆分试剂为________。 【答案】（1） ①. ac ②. 得到 ③. 增强 （2） C中的哌啶环上亚氨基被保护，在后续环合反应中无副反应发生，不会降低目标产物产率 （3） ①号氮原子的孤电子对参与芳香共轭，亲核性更弱；②号氮原子上电子云密度更高，亲核性更强，因此优先发生亲核取代 （4）7 （5） ①. 方法1虽然单次拆分产率低，但通过副产物回收，G的实际总产率接近方法2，且手性纯度远高于方法2，分离成本更低，更适合工业生产 ②. ③. 还原反应 ④. L-DBTA（或L-二苯甲酰酒石酸） 【解析】 【分析】A→B（甲磺酸条件）：A中的氰基（-CN）转化为B中的酰胺基（），是氰基的水合反应，甲磺酸作为酸催化剂；B→D：B 与含Boc 保护基的哌啶衍生物发生缩合反应，引入侧链，构建三氮唑环的骨架；D→E（、Pd/C）：催化加氢还原；E→F（HCl条件）：酸性条件下脱除Boc保护基，得到游离的仲胺（哌啶环上的-NH）；F→目标产物（L-DBTA、后续反应）：手性拆分后，与含丙烯酰基的侧链反应，得到泽布替尼的最终结构。 【小问1详解】 ①a．A中氰基的红外光谱特征峰就在附近，水解后氰基消失，a正确； b．C中哌啶环的碳原子均为饱和碳，是杂化，并非所有碳都是杂化，b错误； c．B中酰胺基的氮原子连有氢原子，氮电负性大，可以和水分子形成氢键，c正确； 故答案选ac。 ②氰基氮原子有孤电子对，会结合质子（得到质子）带正电，吸引电子，进一步降低氰基碳原子的电子云密度，因此氰基碳的亲电活性增强，更容易被水分子（亲核试剂）进攻； 【小问2详解】 的哌啶环上有游离氨基，该氨基活性较高，在后续和B的环合反应中，会和吡唑环氨基竞争反应，生成多取代副产物，降低目标产物产率；用Boc保护后，只有吡唑环氨基可以参与环合，避免发生副反应； 【小问3详解】 ①号氮在吡唑芳香环上，氮的孤电子对会参与芳香环的共轭体系，电子云密度降低，因此亲核性减弱；②号氮在哌啶环上，是脂肪胺，孤电子对不参与共轭，电子云密度更高，亲核性更强，因此丙烯酰氯（酰化试剂）优先和②号氮发生亲核取代； 【小问4详解】 由H的键线式结构知H的分子式为 ，不饱和度为2，由条件限制推知，W的结构中含有的环状结构为或，再填入碳碳双键及氯原子，符合条件的结构有，共7种； 【小问5详解】 ①方法2虽然总产率更高，但产物中一半是不需要的R构型，需要多次柱层析分离，成本很高；方法1通过回收R构型副产物，实际总产率接近方法2，且手性纯度远高于方法2，分离成本更低，更适合工业生产； ②G'经氧化，可将G'中哌啶环上的仲氨基氧化为亚氨基，从而消除手性中心，得到有机产物的结构简式为，再经、Pd/C条件加氢还原反应得到有机产物F，F最后经手性拆分试剂L-DBTA（或L-二苯甲酰酒石酸）拆分，得到G；因此三步路线为氧化→氢化→拆分，合成路线为： 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学 可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 O16 Co59 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. 我国历史悠久，文化底蕴深厚。下列藏品的主要成分为天然高分子的是 A．饕餮纹青铜觚 B．唐镶金兽首玛瑙杯 C．木质官斛 D．汉白玉耳杯 A. A B. B C. C D. D 2. 化学用语是化学工作者的“语言”。下列化学用语表示错误的是 A. 自由基·F的电子式： B. SO2分子的VSEPR模型： C. 水溶液中，NaHCO3的电离方程式： D. CH4中C-H的形成过程： 3. 下列图示中，实验操作或方法符合规范且能达到相应目的的是 A．混合浓硫酸和乙醇 B．除去中的 C．测定的体积 D．加热溶液 A. A B. B C. C D. D 4. 从海水中获得液体Q的转化过程如图（略去部分操作、参与反应的物质和反应条件），其中X为海水中质量分数最大的溶质，Y和Q为同主族相邻元素的单质。下列说法正确的是 A. 气体Y具有漂白性，可用于自来水消毒 B. 电解固体X的水溶液，在阴极可获得气体Y C. 液体Q只能通过置换反应制备 D. 向溶液Z中通入，得到的溶液R呈酸性 5. 对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式书写正确的是 A. 向CuSO4溶液中逐滴加入少量氨水： B. BrCl溶于NaOH溶液： C. 向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液： D. 向硫酸铜溶液中加入过量的硫氢化钠溶液： 6. 天蓝石是具有玻璃光泽的蓝色晶体，由原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z、Q组成。其中W元素与其他元素均不同周期。X、Y的基态原子s轨道电子总数均与自身的p轨道电子总数相等，Q的质子数等于Z所在族的族序数的5倍。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Z＞Y B. YX为共价晶体 C. 中心原子孤电子对个数：W2X＜QW3 D. 1 mol Q4分子中含有6 mol σ键 7. 化合物X是从芫花中分离出的一种黄酮类药物，具有抗神经胶质瘤能力和抗癌作用，其结构如图所示。下列有关X的说法正确的是 A. 分子中含有5种官能团 B. 1 mol X与溴水反应时最多消耗4 mol Br2 C. 根据结构推测，该分子可作为抗氧化剂 D. 能形成分子间氢键，但不能形成分子内氢键 8. 实验室合成环己酮缩乙二醇的步骤如下：在圆底烧瓶中按比例加入乙二醇、环己酮、带水剂(苯)、催化剂(浓硫酸)，组装好实验装置(如图)，边搅拌边加热回流，反应一段时间后，冷却，依次用蒸馏水、5% Na2CO3溶液、蒸馏水洗涤并干燥有机层，对干燥后的有机层进行蒸馏并收集174~180℃的馏分(即产品)。 反应原理：+HOCH2CH2OH+H2O 下列说法错误的是 A. 实验时，圆底烧瓶中应加入沸石防止暴沸 B. 第二次用蒸馏水洗涤的目的是除去硫酸和乙二醇 C. 分水器中水层液面的变化情况可监控反应是否达到平衡 D. 用5% Na2CO3溶液洗涤的目的是中和残留的酸 9. 螯合物M是以Cu2+为中心通过螯合配位成环而形成的化合物，具有较强荧光性能，其结构如图所示。下列说法正确的是 A. 螯合物M中Cu2+提供孤电子对形成配位键 B. 螯合物M中N原子均为sp3杂化 C. 螯合物M中配位数大于配体种类数 D. 电负性：N＞O＞H 10. 研究发现，使用储量丰富的非贵金属基Co-MoS2催化剂，能实现高效CO2加氢制甲酸，反应中两种路径的相对能量变化如图所示(已知：H2的相对能量为0，TS表示过渡态物质，*表示吸附态)。下列说法错误的是 A. 通过路径1更容易实现CO2加氢制甲酸 B. 路径2的进程中，决速步骤为 C. 在不同路径中，总反应的焓变相同 D. 和路径1相比，路径2中甲酸被催化剂吸附得到的吸附态更稳定 11. 近年来，科研人员重构出PET聚酯循环友好型合成方法，从源头上解决了聚酯高效回收难的问题，转化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 化合物T、PET互为同系物 B. 化合物E不能发生氧化反应 C. B→PET的过程中有生成 D. 由T和E直接聚合生成PET的反应为 12. 利用Cu基催化剂双活性位点协同作用机制，以草酸二甲酯（DMO）和氢气为原料制乙二醇（EG）因其原子经济性成为替代石油路线的重要工艺，其可能的反应机理如图所示（略去解离为氢原子的过程）。下列说法错误的是 A. 草酸二甲酯（DMO）加氢制乙二醇的原子利用率小于100% B. 上述反应机理中碳原子的成键数目发生了变化 C. 上述反应机理中未涉及π键的断裂和形成 D. 每生成1 mol乙二醇需消耗 13. 固态全锂硫电池应用于eVTOL(电动垂直起降航空器)、电动无人机，续航时间显著提升。一种全固态锂硫电池在一定条件下50次循环后容量保持率高达89.3%，库仑效率接近100%，该电池的结构示意图如图(其中LPS代表Li3PS4薄膜材料)： 下列说法错误的是 A. 放电时，硫电极的电极反应式为 B. 该电池中合成的LPS的厚度不可控 C. 充电时，Li+向Li电极移动 D. 充电时，当有0.1 mol电子转移时，阴极增重0.7 g 14. 在一定温度下，用NaOH溶液分别滴定CH3COOH、CuSO4、FeCl3三种溶液，pM与pH的变化关系如图所示。pM=-lgM，M表示c(Cu2+)、c(Fe3+)或。已知，lg2=0.3。下列说法错误的是 A. 曲线Ⅱ表示-lgc(Fe3+)与pH的关系 B. 该温度下，Cu(OH)2的溶度积数量级为10-20 C. 该温度下，CH3COOH的电离平衡常数 D. 的平衡常数K=8×1018 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某课外兴趣小组在学习课本探究内容“利用覆铜板制作图案”的过程中，提出能否用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中是否还存在Fe3+。通过与人工智能大模型对话，得知向“铜腐蚀液”中滴加KSCN溶液，溶液变为红色后颜色会褪去并立即产生白色沉淀，不能用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中是否存在Fe3+。为判断大模型的看法是否可信，他们设计了实验进行探究。回答下列问题： （1）用覆铜板制作印刷电路板的原理为___________(填化学方程式)。 【探究一】向“铜腐蚀液”中滴加KSCN溶液，探究产生的白色沉淀的来源和成分。 基于对“铜腐蚀液”中微粒成分的分析，白色沉淀的来源可能为： 假设1：Fe2+与反应产生的；假设2：Cu2+与反应产生的。 （2）通过与人工智能对话，得知仅假设2成立，请设计实验判断大模型的看法是否可信。 已知：对本实验无干扰。 实验1： 实验2：___________(用文字说明实验步骤即可)。 【查阅资料】(SCN)2被称为“拟卤素”，的还原性与的相当；少量与Cu2+可发生反应。 （3）通过实验验证了大模型对白色沉淀来源的看法是正确的，试写出Cu2+与生成白色沉淀的离子方程式：___________。 【探究二】探究Cu2+、Fe2+、KSCN体系的反应原理。 电极电对 0.77 0.15 0.78 0.77 （4）已知：若两种电极电对的标准电极电势()相等，则认为它们能发生可逆反应。试推测该体系中Fe2+参与的可逆反应为___________。 （5）设计实验如图，已知前两步为构建Cu2+、Fe2+、KSCN的平衡体系。 通过实验可知，实质上的催化作用分别增强了___________(填离子符号，下同)的还原性和___________的氧化性。 【结论】 （6）通过上述实验探究，可知大模型关于不能用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中是否存在Fe3+的看法是___________(填“正确”或“不正确”)的，原因是___________。 16. 科研人员采用绿色自催化工艺对某电子废弃物(主要含Fe、Cu、Au、Pd)进行联合回收Cu、Au、Pd的工艺流程如图。 已知：①的空间结构为平面正方形；在碱性条件下，可转化为Pd(OH)2沉淀。 ②PMS为过一硫酸氢钾复合盐，可用表示，具有强氧化性。 回答下列问题： （1）“破碎筛分”有利于提高“浸出1”步骤的___________(任写一条)；中Pd的杂化方式为___________(填标号)。 A．sp3 B．dsp2 C．sp3d2 D．d2sp3 （2）“浸出1”为自催化浸出步骤，写出该步骤中Au与PMS、KCl混合溶液反应生成的离子方程式：___________。传统工艺上通常用王水或氰化物浸出Au、Pd，与传统工艺对比，上述工艺流程的优势为___________(从经济或环保角度分析，任写一条)。 （3）“反萃取1”中草酸作还原剂，中Au元素被还原为单质，则该反应的离子方程式为___________。 （4）“浸出3”中通入空气的作用是___________。 （5）“萃取2”的萃取剂二正辛基硫醚通过离子缔合机理萃取，当水相pH过高时萃取率下降，原因是___________。 17. CO2资源化利用是一个研究热点。例如通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为二甲醚(CH3OCH3)等化学产品，是实现“双碳”目标的途径之一、请回答下列问题： （1）某科研小组采用电化学方法，利用太阳能驱动CO2转化为CH3OCH3，写出以NaHCO3溶液为电解质溶液时阴极的电极反应式：___________。 （2）该研究小组改用热化学方法： 反应Ⅰ(主反应)： 反应Ⅱ(副反应)： ①已知反应Ⅲ： 。则反应Ⅳ： ___________。反应Ⅰ在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 ②将2 mol CO2、3 mol H2加入2 L含催化剂的恒容密闭容器中仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，CO2的平衡转化率和生成物的选择性(如CH3OCH3的选择性=)随温度的变化如图所示(不考虑其他因素影响)。 220℃下，反应体系在2 h后达到平衡，则0~2 h内，v(CH3OCH3)=___________，该温度下反应Ⅱ的平衡常数K=___________(保留两位有效数字)；随温度升高，CO2平衡转化率先降低后升高的原因为___________。 （3）高分散双位点CoxOy/Al2O3催化剂在催化二氧化碳转化方面展现出多种应用潜力。CoxOy的晶胞由A区和B区组成(如图所示)，该物质的化学式为___________，密度为___________(用含a、NA的代数式表示)。 18. 泽布替尼（I）胶囊是我国自主研发并拥有自主知识产权的创新药，用于治疗多种B细胞恶性肿瘤（如套细胞淋巴瘤）和相关血液癌症（如慢性淋巴细胞白血病），其一种合成路线如图。 已知：①Boc基团为，是合成中常用的氨基保护基团；哌啶的结构为；L-DBTA为L-二苯甲酰酒石酸，是一种手性拆分试剂。 ②红外光谱中部分官能团的吸收峰位置信息如表： 化合物类型 芳烃 芳醚 胺 氰类化合物 键型 C-H C-O-C 吸收峰位置/（） 3100~3010 1270~1000 3500~3000 2260~2215 回答下列问题： （1）①下列有关A、B、C的说法正确的是________（填标号）。 a．A、B、C三种物质的红外光谱图中，仅A在附近有特征峰 b．C中所有碳原子均为杂化 c．B中酰胺基的氮原子可与水分子形成氢键 ②A→B的过程中氰基在酸性条件下水解得到酰胺的反应机理如下： 氰基酸性条件下水解生成酰胺的第一步，氰基氮原子先________（填“得到”或“失去”）质子，带正电荷，________（填“增强”或“减弱”）氰基碳原子的亲电活性，促进水分子进攻氰基碳，最终重排得到酰胺。 （2）已知： 的结构为。试分析上述合成路线中选用C而不选用的可能原因：________。 （3）从微观角度解释G分子中②号氮原子优先于①号氮原子发生亲核取代反应的原因：________。 （4）已知物质W为H的同分异构体。其中满足下列条件的W的结构有________种（不考虑立体异构）。 ①结构中含有环 ②含-C-O-C-结构 （5）F→G（S构型）中会产生副产物G′（，R构型），可将G′转化为G回收。 ①已知，合成I的一种不需要二次拆分的方法（方法2）及本合成方法（方法1）的相关信息如表，但工业上最终选择方法1，结合表格信息，说明原因：________。 方法 总产率 手性纯度 分离成本 方法1 单次19%，回收副产物后约35% 99.94% 仅需一次拆分，副产物可循环 方法2 70% 50%为S构型 需要多次柱层析，成本高 ②已知：具有氧化性，可将G中①号饱和氮原子氧化为不饱和氮原子，而不氧化G中其他饱和氮原子。设计分三步由转化为G的合成路线如下： 第一步，进行氧化反应：以为氧化剂，得到有机产物的结构简式为________（不体现构型）。 第二步，进行________（填具体反应类型）；得到的有机产物为F。 第三步，进行手性拆分：选用的手性拆分试剂为________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $