精品解析：福建泉州外国语学校等校2025-2026学年高三下学期5月考前测试 化学试卷

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：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mn 55 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()催化剂，在太阳光照射下将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： Ⅱ：对苯二甲酸、乙二醇、乙酸、甲烷 下列说法正确的是 A. 高熵氧化物可表示为 B. Ⅰ中分子中的元素被氧化 C. 用酸性溶液氧化乙二醇制乙酸 D. 、、乙酸中原子的杂化方式相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．高熵氧化物的化学式为，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：，A项不符合题意； B．途径Ⅰ中被还原为CO，中O元素显价，故分子中的O元素被氧化，B项符合题意； C．乙二醇被酸性溶液氧化生成，C项不符合题意； D．中C原子采用sp杂化，中C原子采用杂化、乙酸中C原子采用和杂化，D项不符合题意。 故选B。 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 A. 1 mol甲最多可与2 mol NaOH反应 B. 和中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、ⅱ均为还原反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲中官能团为醇羟基和醚键，均不与NaOH溶液反应，A错误； B．和中H元素的化合价均为价，B错误； C．丙中甲基中的C原子采用杂化，立体构型为三角锥形，故所有原子不会处于同一平面，C错误； D．反应i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正确； 故选D。 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： B. 电负性： 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 【答案】D 【解析】 【分析】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Al元素，处于第三周期，Y、Z为第二周期元素，能形成温室气体，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Fe元素，据此分析： 【详解】A．由分析可知，X为H，Y为C，Z为O，C与O处于同一周期，原子序数增大则半径减小，故原子半径，A不符合题意； B．由分析可知，Q为Al，Y为C，W为Fe，C的电负性大于Fe、Al，B不符合题意； C．由分析可知，T为Co，Co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不符合题意； D．由分析可知，Y为C，W为Fe，含少量C的Fe为合金，易发生电化学腐蚀，D符合题意； 答案选D。 4. 在氛围中制备磁性氧化铁纳米粒子的方程式为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 标准状况下，中π键的数目为 B. 溶液中Cl⁻的数目为 C. 常温下，含有的电子数目为 D. 每生成，反应转移的电子数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A．的结构式为，每个分子中含2个π键，标准状况下，为0.1 mol，含有的π键的数目为，A正确； B．溶液中的物质的量为0.1 mol，的物质的量为0.3 mol，其数目为，B正确； C．1个含10个电子，含有的电子数为，C正确； D．该反应不是氧化还原反应，D错误； 故选D。 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 B 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能使其褪色 苯环使侧链变活泼 C 浓硝酸不能溶解Pt而王水可以 与形成稳定配合物，促使氧化反应进行 D 质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比为120的峰 两个乙酸分子通过氢键形成二聚体() A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．任何元素的原子在高温下都会产生发射光谱，铁原子也不例外，只是其光谱线复杂，在可见光区没有集中的特征谱线，所以观察不到明显的焰色，故“铁原子不产生发射光谱”的解释错误，A错误； B．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能使其褪色是发生反应，甲苯被氧化成苯甲酸，因为苯环对侧链甲基的影响，使甲基还原性增强，从而被酸性高锰酸钾氧化，B正确； C．王水能溶解Pt的原因是可与形成稳定的配合物，降低溶液中铂离子的浓度，促使氧化反应正向进行，C正确； D．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项解释乙酸通过氢键形成的二聚体正好相对分子质量是120，符合题意。D正确； 故选A。 6. 二茂钴[，易升华，难溶于THF(一种有机溶剂)]是一种高效催化剂。其合成路线如下： 下列说法错误的是 A. 制时先通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. 配体中存在的大π键 【答案】D 【解析】 【分析】环戊二烯在氩气保护下与钠反应，生成环戊二烯基钠。C5H5Na与无水氯化钴在 THF 溶剂中反应，合成二茂钴。经过“操作a”后，再通过“真空升华”得到高纯度的二茂钴。 【详解】A．Na很活泼，反应体系应保持无氧干燥的环境，故制时应先通Ar气再加钠，目的是防止Na被氧气、水蒸气等氧化，A正确； B．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正确； C．指形冷凝管内管为小管，外管为大管，由小管a口通入冷凝水有利于整个指形冷凝管充满水，凝华效果较好，C正确； D．为平面结构，该离子是一个平面五元环，每个碳原子都采用杂化，并贡献一个垂直于环平面的p轨道。这5个p轨道相互重叠形成一个环状的大π键。我们来计算其π电子数：5个碳原子和5个氢原子共有个价电子，再加上负电荷的1个电子，总共26个价电子。其中，形成5个C-C σ键和5个C-H σ键用去了个电子。剩余的个电子就分布在π体系中。因此，配体中存在一个由5个原子和6个电子组成的芳香性大π键，记作，D错误； 故选D。 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 A. 注射器A吸入20 mL空气，接入装置后全部注入装置内，若注射器B体积增大20 mL，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 【答案】A 【解析】 【详解】A．若注射器A吸入20 mL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20 mL，A错误； B．氨气溶于水电离出，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正确； C．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HCl气体化合生成固体，可在注射器内观察到白烟生成，C正确； D．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正确； 故答案选A。 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 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： D. 制得1 mol碳酸二甲酯，电路中理论上转移2 mol电子 【答案】B 【解析】 【详解】A．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能，A项不符合题意； B．步骤⑥为催化剂再生过程，Br的化合价由0价降低到-1价，则Pd的化合价应该升高，B项符合题意； C．电解质为有机溶剂，故阴极的电极反应式为：，C项不符合题意； D．反应经，每生成1 mol碳酸二甲酯，电路中转移2 mol电子，D项不符合题意。 故选此题选B。 草酸广泛应用于化工、医药等领域，草酸钡是绿色焰火材料。回答下列小题。 9. 工业中由重晶石制备草酸钡的流程如下： 已知该生产条件下，，。 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 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，某小组向的溶液中，逐滴加入一定量的NaOH溶液。混合溶液的pH与lgX[X为或]的关系如图所示[的分布系数]。 下列说法错误的是 A. B. 水的电离程度： C. 当滴加10 mL NaOH溶液时， D. 当滴加NaOH溶液至时， 【答案】9. C 10. C 【解析】 【分析】pH=0时，（其中A为或），故的、。经过a点、点（-3.8,0）的直线的X代表；经过b点、点（-1.2,0）的直线的X代表。 【9题详解】 A．“转化”一步需将BaSO4转化为BaCO3，但＜，故是将更难溶的沉淀转化为相对不难溶的沉淀，反应较难进行，需要多次更换饱和的Na2CO3溶液进行浸取，以促进平衡向正反应方向移动，使得沉淀的转化更加彻底，A正确； B．“转化”发生的主要反应为，，B正确； C．若“溶解”时将溶液调至强酸性，则后续“沉淀”时，生成的BaC2O4易溶解：，不利于得到草酸钡产物，C错误； D．“沉淀”步骤中生成BaC2O4沉淀，需将其从溶液中分离，方法为过滤、洗涤、干燥，D正确。 故选C。 【10题详解】 A．根据分析可知，经过a点的直线的X代表，当时，X=1，，a=pH=，A正确； B．水的电离受溶液酸性的抑制，溶液酸性越强，水的电离程度越小。由图可知，a点，b点，a点溶液的酸性比b点弱，故a点水的电离程度大于b点，B正确； C．当滴加10 mL NaOH溶液时，体系成分为NaHC2O4，根据质子守恒有，与C项中等式不符，C错误； D． ，D正确。 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11. 废旧镍钴锰酸锂电池正极(NCM，化学式为)材料的回收，实现了电池资源化利用，工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“还原焙烧”时稻谷壳裂解为、、等气体。 ①加稻谷壳前先加热分解为、、、，同时生成一种气体___________(填化学式)。 ②“还原焙烧”后得、、、，则与反应的化学方程式为___________。 （2）“酸浸”时，柠檬酸溶液的浓度与浸出率的关系如图甲： 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；___________(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)。 （3）“沉镍”时，DMG(丁二酮肟)与发生螯合反应生成。各离子回收率与溶液pH的关系如图乙，选择作为反应条件。若pH过低，会导致分离效率下降，原因是___________。 （4）“沉钴”时，参与反应的离子方程式为___________；已知该生产条件下的溶度积，若浸出液中浓度为，“沉钴”后至少为___________(沉淀完全时离子浓度)。 （5）“萃取”时发生反应：。已知以二聚物的形式存在：。从平衡移动角度解释“萃取”加入的作用为___________。 （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。 ①该正极材料的化学式为___________。 ②Ni原子的O配位原子数为___________。 【答案】（1） ①. ②. (或) （2） ①. 柠檬酸根离子与通过配位键形成配合物 ②. ③. 柠檬酸形成分子间氢键 （3）若pH过低，DMG中氮原子与H⁺形成配位键，与配位的能力下降 （4） ①. ②. （5）有利于解聚，增大含量，使平衡正向移动(或NaOH与反应使“萃取”反应的平衡正向移动) （6）(或稀) （7） ①. ②. 6 【解析】 【分析】本次工艺流程起始原料为废镍钴锰酸锂电池正极材料，目标产物为、及六方结构正极材料。还原焙烧环节稻壳裂解产生、、等还原性气体，将原料中+3价Ni、Co、Mn还原为低价态，得到、、、。酸浸环节用柠檬酸作浸出剂，将金属元素转化为可溶性离子，通过配位作用提高浸出率。沉镍环节用DMG在pH=4条件下螯合实现镍的分离。沉钴环节加入草酸铵生成沉淀实现钴的分离。萃取环节用D2EHPA萃取，反萃取加入硫酸得到，剩余水相回收得到，镍产品经加工得到目标正极材料。 【小问1详解】 ①中Ni、Co、Mn的平均化合价为+3，加热分解生成、、、时，金属元素化合价降低被还原，氧元素被氧化生成，故生成的气体为。 ②与反应生成、和，或生成、和，配平后反应方程式：或。 【小问2详解】 ①柠檬酸可解离出柠檬酸根离子，柠檬酸根离子中存在多个配位位点，可与、、、通过配位键形成可溶性配合物，降低溶液中金属离子浓度，促进金属元素溶解，提高浸出效率。 ②由图甲可知，柠檬酸浓度为时，四种金属元素的浸出率均达到最大值，故最佳浸出浓度为。柠檬酸分子中存在多个羟基和羧基，浓度过高时，分子间可形成大量氢键，导致溶液黏度上升，离子迁移速率减慢，浸出率下降。 【小问3详解】 中氮原子存在孤电子对，若pH过低，溶液中浓度较高，可与中氮原子形成配位键，导致可与配位的位点减少，与的配位能力下降，分离效率降低。 【小问4详解】 ①沉钴时与、反应生成沉淀和，配平后离子方程式为。 ②沉淀完全时，根据溶度积规则。 【小问5详解】 以二聚物的形式存在，而作为萃取剂与起作用时以单分子形式存在，故NaOH与反应，使萃取剂不形成氢键，有利于解聚，增大含量，使平衡正向移动，且NaOH与中和可以直接使平衡正向移动。 【小问6详解】 反萃取时需使萃取反应平衡逆向移动，释放出，同时引入生成，故试剂a为。 【小问7详解】 ①由晶胞结构可知，Li位于顶点和内部，根据均摊法计算：，Ni位于棱上和内部：，O位于棱上和内部：，故，化学式为：。 ②Ni原子周围直接相连的O原子为六个，形成八面体结构，故配位数为6：。 12. 聚乙烯醇、{PVA，难溶于醇等有机溶剂}是一种重要的水溶性高分子材料，通过聚醋酸乙烯酯{PVAc，，白色粉末}醇解制备，流程及装置如下。 回答下列问题： （1）实验时，先在三颈烧瓶中用30 mL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5 mL溶液于恒压滴液漏斗中。 （3）往三颈烧瓶中加入2 mL 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1~1.5 h．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30 min”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1.000 g产品，加入的NaOH溶液(过量)，充分反应后，用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25.00 mL。 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()的质量分数为___________(保留三位有效数字)。 【答案】（1）搅拌(或适当升高溶解温度) （2）量筒、烧杯 （3） ①. ②. 乙烯醇单体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 ③. 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） 或 （5） ①. 酚酞 ②. 10.8% 【解析】 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 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0.4 g NaOH(此时需用到烧杯)，然后用量筒量取25.0 mL甲醇，二者于烧杯用玻璃棒搅拌溶解即得约为的NaOH甲醇溶液； 【小问3详解】 ①醇解时NaOH作催化剂，故醇解的化学方程式为：。乙烯醇单体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；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； 【小问4详解】 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，则副反应的化学方程式为：++或； 【小问5详解】 在醇解实验时，若有未发生醇解的酯基，则加入NaOH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，则发生水解的酯基消耗的 ，由关系式：，可知n()， m()，PVA样品中乙酰基()的质量分数； 13. 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： 回答下列问题： （1）A中官能团名称为___________。 （2）“B→C”中选择而不选择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，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； ②1 mol M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。 【答案】（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）(合理即可) （5） （6）同分异构体 （7）(或) 【解析】 【分析】A与甲醇发生酯化反应生成B，B与发生取代反应生成C，C加热条件下C端炔键发生分子内环化生成D，D与BnBr发生取代反应生成E，E水解生成F，F与试剂a发生酯化反应生成G，G在作用下转化为H，H与异戊烯溴发生烷基化，引入异戊烯侧链得到I，I在乙酸钠/乙酸条件下发生分子内环化得到J，最后脱除所有保护基（MOM保护基、苄基保护基），被保护的酚羟基重新游离，最终得到目标产物K。 【小问1详解】 A中含氧官能团名称为(酚)羟基、羧基； 【小问2详解】 “B→C”发生的反应为酚羟基电离出后与卤代烃发生取代反应，可以与反应，既有利于酚羟基电离出，又有利于平衡正向移动，增大产率，但碱性过强，可能导致中酯基发生水解； 【小问3详解】 “D→E”中酚羟基被保护起来，防止其在后续转化中被转化； 【小问4详解】 “E→F”反应时酯基转变为羧基，化学方程式； 【小问5详解】 由G进行结构拆分：，可知与试剂发生酯化脱水的反应，故试剂为； 【小问6详解】 G发生如下所示的重排：，故G与H的分子式仍相同，二者为同分异构体； 【小问7详解】 芳香族化合物M是B的同分异构体，则M含苯环，1 mol M最多消耗4 mol NaOH溶液，则含有能与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。 14. 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： （1）反应的平衡常数与温度的关系如图甲所示 ①a___________0(填“>”或“<”)，用一个等式表示a、b、c、d的关系：___________。 ②代表的曲线为___________(填“m”或“n”)，判断的依据为___________。 （2）总压维持6 MPa的密闭容器中，起始，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=)的影响如图乙。已知反应时，苯环的大π键与催化剂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时，5-MTL的物质的量分数明显高于1-MTL的原因为___________。 ②700 K时，1-MN的平衡转化率为___________；反应的压强平衡常数___________(列计算式、无需化简，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 时，1 mol 1-MN在体积为VL的刚性容器发生反应，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=]： 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当分压为5.0 MPa时，经t min达到平衡，___________(保留3位有效数字)。 ②从表中数据可知提高分压能提高1-MN转化率，但MTLs选择性降低的原因为___________。 【答案】（1） ①. < ②. ③. m ④. 由盖斯定律可知，因此，结合可得，故代表的曲线为m （2） ①. 催化剂优先吸附芳香环，5-MTL的甲基连接在芳香环上，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的物质的量分数远高于1-MTL ②. 65% ③. （3） ①. ②. 提高分压，增大了反应物浓度，使1-MN转化率升高，但该反应为串联反应，分压提高对第二步MTLs转化为1-MD的促进作用更明显，导致MTLs被进一步消耗，因此MTLs选择性下降 【解析】 【分析】由图甲可知，温度升高时四个反应的平衡常数均减小，说明四个反应均为放热反应，故a、b、c、d均小于0。结合反应转化关系，由盖斯定律可得，因此焓变满足，平衡常数满足，已知曲线m代表、曲线n代表。 【小问1详解】 ①由图甲可知，温度升高时四个反应的平衡常数均减小，说明升高温度平衡逆向移动，四个反应均为放热反应，因此a、b、c、d均小于0，故填<。 由盖斯定律，反应与完全相同，因此焓变满足。 ②相同温度下曲线m对应K值大于曲线n，结合、，可得，因此代表的曲线为m，判断依据为：由盖斯定律可知，因此，结合可得，故代表的曲线为m。 【小问2详解】 ①催化剂优先吸附芳香环，5-MTL的甲基连接在芳香环上，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T>600K时5-MTL的物质的量分数明显高于1-MTL。 ②初始n(1-MN)=1mol，故初始 ，反应后混合体系中所有有机物总物质的量仍为1mol。700K时，故平衡时n(1-MN)=0.35mol，反应的n(1-MN)=1mol-0.35mol=0.65mol，因此1-MN的平衡转化率为 。 平衡时，，，则生成n(5-MTL)=0.42mol，n(1-MTL)=0.18mol，n(1-MD)=0.05mol，消耗的 ，平衡时 ，平衡总物质的量 。总压为6MPa，因此各组分分压： ， ， ，代入的平衡常数表达式得。 【小问3详解】 ①分压为5.0MPa时，1-MN平衡转化率为89.9%，MTLs选择性为89.5%，故反应的n(1-MN)=1mol×89.9%=0.899mol，生成的n(1-MD)=0.899mol×(1-89.5%)≈0.0944mol，容器体积为V L，反应时间为t min，因此。 ②提高分压，反应物浓度增大，使1-MN转化率升高，但该反应为串联反应，1-MN先转化为MTLs，MTLs再转化为1-MD，分压提高对第二步MTLs转化为1-MD的促进作用更明显，导致生成的MTLs被进一步消耗，因此MTLs选择性下降。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mn 55 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()催化剂，在太阳光照射下将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： Ⅱ：对苯二甲酸、乙二醇、乙酸、甲烷 下列说法正确的是 A. 高熵氧化物可表示为 B. Ⅰ中分子中的元素被氧化 C. 用酸性溶液氧化乙二醇制乙酸 D. 、、乙酸中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 A. 1 mol甲最多可与2 mol NaOH反应 B. 和中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、ⅱ均为还原反应 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： B. 电负性： 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. 在氛围中制备磁性氧化铁纳米粒子的方程式为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 标准状况下，中π键的数目为 B. 溶液中Cl⁻的数目为 C. 常温下，含有的电子数目为 D. 每生成，反应转移的电子数目为 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 B 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能使其褪色 苯环使侧链变活泼 C 浓硝酸不能溶解Pt而王水可以 与形成稳定配合物，促使氧化反应进行 D 质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比为120的峰 两个乙酸分子通过氢键形成二聚体() A. A B. B C. C D. D 6. 二茂钴[，易升华，难溶于THF(一种有机溶剂)]是一种高效催化剂。其合成路线如下： 下列说法错误的是 A. 制时先通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. 配体中存在的大π键 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 A. 注射器A吸入20 mL空气，接入装置后全部注入装置内，若注射器B体积增大20 mL，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 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： D. 制得1 mol碳酸二甲酯，电路中理论上转移2 mol电子 草酸广泛应用于化工、医药等领域，草酸钡是绿色焰火材料。回答下列小题。 9. 工业中由重晶石制备草酸钡的流程如下： 已知该生产条件下，，。 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 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，某小组向的溶液中，逐滴加入一定量的NaOH溶液。混合溶液的pH与lgX[X为或]的关系如图所示[的分布系数]。 下列说法错误的是 A. B. 水的电离程度： C. 当滴加10 mL NaOH溶液时， D. 当滴加NaOH溶液至时， 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11. 废旧镍钴锰酸锂电池正极(NCM，化学式为)材料的回收，实现了电池资源化利用，工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“还原焙烧”时稻谷壳裂解为、、等气体。 ①加稻谷壳前先加热分解为、、、，同时生成一种气体___________(填化学式)。 ②“还原焙烧”后得、、、，则与反应的化学方程式为___________。 （2）“酸浸”时，柠檬酸溶液的浓度与浸出率的关系如图甲： 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；___________(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)。 （3）“沉镍”时，DMG(丁二酮肟)与发生螯合反应生成。各离子回收率与溶液pH的关系如图乙，选择作为反应条件。若pH过低，会导致分离效率下降，原因是___________。 （4）“沉钴”时，参与反应的离子方程式为___________；已知该生产条件下的溶度积，若浸出液中浓度为，“沉钴”后至少为___________(沉淀完全时离子浓度)。 （5）“萃取”时发生反应：。已知以二聚物的形式存在：。从平衡移动角度解释“萃取”加入的作用为___________。 （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。 ①该正极材料的化学式为___________。 ②Ni原子的O配位原子数为___________。 12. 聚乙烯醇、{PVA，难溶于醇等有机溶剂}是一种重要的水溶性高分子材料，通过聚醋酸乙烯酯{PVAc，，白色粉末}醇解制备，流程及装置如下。 回答下列问题： （1）实验时，先在三颈烧瓶中用30 mL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5 mL溶液于恒压滴液漏斗中。 （3）往三颈烧瓶中加入2 mL 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1~1.5 h．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30 min”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1.000 g产品，加入的NaOH溶液(过量)，充分反应后，用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25.00 mL。 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()的质量分数为___________(保留三位有效数字)。 13. 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： 回答下列问题： （1）A中官能团名称为___________。 （2）“B→C”中选择而不选择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，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； ②1 mol M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。 14. 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： （1）反应的平衡常数与温度的关系如图甲所示 ①a___________0(填“>”或“<”)，用一个等式表示a、b、c、d的关系：___________。 ②代表的曲线为___________(填“m”或“n”)，判断的依据为___________。 （2）总压维持6 MPa的密闭容器中，起始，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=)的影响如图乙。已知反应时，苯环的大π键与催化剂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时，5-MTL的物质的量分数明显高于1-MTL的原因为___________。 ②700 K时，1-MN的平衡转化率为___________；反应的压强平衡常数___________(列计算式、无需化简，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 时，1 mol 1-MN在体积为VL的刚性容器发生反应，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=]： 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当分压为5.0 MPa时，经t min达到平衡，___________(保留3位有效数字)。 ②从表中数据可知提高分压能提高1-MN转化率，但MTLs选择性降低的原因为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $