精品解析：江苏省泰州市2025-2026学年高三2026年考前押题化学试卷

**基本信息** 高三化学模拟预测卷，以纳米Pt-Cu催化剂制备、烟气脱硫等科技与工业情境为载体，融合物质结构、反应原理及实验探究，全面考查化学观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择题|13题/39分|石油化工（第1题）、物质结构（第2题空间构型）、实验操作（第3题溶液配制）|结合胞嘧啶结构（第4题）考查分子性质，体现微观探析| |非选择题|4题/61分|工业流程（第14题黄铜矿浸取）、有机合成（第15题药物合成）、实验探究（第16题Li₃PS₄制备）|多步骤流程分析（如第17题脱硫技术路线），突出科学探究与实践能力，契合高考命题趋势|

高三化学试卷 (考试时间：75分钟；总分：100分) 注意：所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 石油是人类使用的主要能源，也是重要的化工原料。下列说法不正确的是 A. 石油通过减压蒸馏可分离出石蜡 B. 石油裂解可得到乙烯等化工原料 C. 石油中的链状烃可催化转化为环状烃 D. 石油裂化过程中没有碳碳键的形成 2. 利用反应可制备CsCl。下列说法正确的是 A. HCl中含键 B. 的空间构型为三角锥形 C. 基态O的价电子排布图为 D. 的电子式为 3. 实验室配制NaOH溶液并用标定其浓度的原理及操作均正确的是 A．上下振荡摇匀 B．加入指示剂 C．赶出气泡 D．终点读数为23.30 mL A. A B. B C. C D. D 4. 胞嘧啶是一种碱基，结构如图所示，分子中所有原子共平面。下列说法正确的是 A. 胞嘧啶是非极性分子 B. 第一电离能： C. 胞嘧啶中1号N原子碱性最强 D. 胞嘧啶中所有N原子杂化轨道类型相同 阅读下列材料，完成下面3个小题： 卤素单质及其化合物应用广泛。HF在常温下可通过氢键形成双聚分子，HF可与反应生成用于蚀刻玻璃，和HF可反应生成二元强酸。卤素间可形成互化物，是一种氟化剂，室温下能与多种金属反应生成氟化物和游离态的氯。氯磺酸()在有机合成中可作为磺化剂，使用时需保持无水环境。是一种易升华的固体。 5. 下列说法正确的是 A. 每个分子中含有3个键 B. 基态Si原子最外层有4个未成对电子，一般可形成4个共价键 C. 、、互为同素异形体 D. 如图所示的分子中，键角 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 工业制： B. 溶于过量的HF溶液： C. 室温下CIF氧化金属W： D. 氯磺酸水解： 7. 下列物质结构与性质或性质与用途的对应关系不正确的是 A. 键能小，易升华 B. Cl比F多一个电子层，ClF中Cl显正价 C. 苯是非极性溶剂，苯可用于萃取溴水中的 D. 淀粉遇变蓝，淀粉可用于检验 8. 催化反应的机理如图所示。若催化剂中掺入少量替代部分可提高催化效率。下列说法不正确的是 A. 该反应的 B. 反应②中Ce的化合价升高 C. 可降低该反应的活化能 D. 催化剂中掺入少量替代部分，产生了氧空位 9. 一种电解法制取乙烯的装置如图所示，多孔Pt电极上的反应机理为 下列说法正确的是 A. 向碳纸电极方向迁移 B. 多孔Pt电极发生的反应为 C. 多孔Pt电极上可能生成副产物 D. 不考虑副反应，电路中每转移6 mol电子，生成乙烯3 mol 10. 化合物W可用于制备玻璃钢，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X、Y互为同系物 B. Z中含有1个手性碳原子 C. 1 mol W最多能与4 mol NaOH反应 D. 合成W消耗等物质的量的X、Y、Z 11. 为探究和KI的反应，进行如下实验： 实验Ⅰ 向溶液中加入2滴溶液，产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色；继续逐滴滴加溶液，先变为白色悬浊液，最终得到无色澄清溶液。 实验Ⅱ 向溶液中加入2滴溶液，产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色；继续逐滴滴加溶液，先变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最终得到无色溶液。 已知：无色，黄色，CuI为白色沉淀，不存在于溶液中。下列说法不正确的是 A. 实验Ⅰ、Ⅱ中，土黄色沉淀可能是反应生成的CuI沉淀吸附了生成的所致 B. 通过实验Ⅰ、Ⅱ现象可推测：与反应的速率快于CuI与反应的速率 C. 实验Ⅱ中变为黄绿色悬浊液时，发生的反应为 D. 实验Ⅱ中黄色溶液最终变为无色，可推测：与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度 12. 焦磷酸二氢二钠(Na2H2P2O7)可用于制备荧光材料Ba2P2O7，合成Na2H2P2O7的流程如图所示： 已知：室温下，H4P2O7的Ka1=10-1，Ka2=10-2.1，Ka3=10-6.7，Ka4=10-9.35；Ba2P2O7的Ksp=4.0×10-11。下列说法正确的是 A. 0.1 mol/LH3PO4溶液中：c(H+)=3c(PO)+3c(HPO)+3c(H2PO) B. “调pH=4.4”时发生反应：3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3CO2↑+3H2O C. 0.1 mol/LNa2H2P2O7溶液中存在：c(H3P2O)+c(H+)<c(HP2O)+c(OH−) D. Ba2P2O7的悬浊液中c(Ba2+)约为2.0×10-3.7 mol/L 13. 甲烷在一定条件下催化重整制，发生如下反应： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ 条件，和发生上述反应达平衡状态时，体系中、、和的物质的量分数随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法不正确的是 A. 曲线③表示平衡时的物质的量分数随温度的变化 B. 时，和的平衡转化率相同 C. 其他条件不变，在范围，平衡时的物质的量随温度升高而减小 D. 时，反应Ⅱ的化学平衡常数 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 利用黄铜矿(主要含和少量PbS等)和为原料制备纳米Pt-Cu 双金属催化剂的流程如下。 已知：①是一种水溶性酸性离子液体，其结构为。 ②与难配位，与能形成稳定配离子。 ③酸性较强时，易被氧化。 （1）氧化浸取。转化为、和，协同浸取时会生成。 ①Cu在元素周期表中属于___________区。 ②离子液体常温下呈液态，请从结构角度分析原因：___________。 ③协同浸取能够提高金属浸出效率的可能原因是___________。 （2）碘量法测定氧化浸取的浸出液中浓度。测定时，向待测液中先加入调节pH为3～4，再依次加入适量溶液和过量，然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的。调节pH的目的是___________。 （3）制备纳米Pt-Cu 。“转化”时生成(晶胞结构如图所示)，“还原”得到纳米Pt-Cu 和NaCl固体，同时生成、、三种气体。 ①晶体中与距离最近的的数目为___________。 ②催化剂的比表面积较大时，催化活性较强。该方法制得的纳米Pt-Cu 催化活性较强的原因为___________。 ③能够使纳米Pt-Cu 双金属催化剂中毒，能否采用去离子水洗涤、过滤的方法除去催化剂中的，判断并说明理由：___________。 15. 化合物是治疗阿尔茨海默症的药物，其合成路线如下： （1）A的名称为___________。 （2）时经过和两个关键中间体。已知与的分子式相同且含有五元环，则的结构简式为___________，的反应类型为___________。 （3）E→F时会生成，其与F属于___________。 a．位置异构 b．顺反异构 c．对映异构 d．同一物质 （4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：___________。 属于芳香族化合物；碱性条件下水解后酸化，得到两种有机产物，核磁共振氢谱分别有1组峰和3组峰。 （5）已知：(不生成，、均为烃基)。写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___________。 16. 是制备锂硫电池固态电解质的原料，极易水解、易被氧化。 （1）一种制备的实验装置如图所示，石英管中发生反应：。 ①实验开始时先通排尽装置内空气的目的是___________。 ②若温度升高为650℃，体系中还是只发生此反应，但的产率下降，原因可能是___________。 （2）提纯。制得的中混有和。可溶于乙醇，和均难溶于乙醇。 ①和均为离子化合物，从电负性的角度解释二者在乙醇中溶解度有差异的原因：___________。 ②提纯。反应结束后，继续通，待石英管冷却至室温后，将固体用足量无水乙醇溶解，___________(填操作名称)，得到固体。 （3）为测定的纯度，补充完整实验方案：在多功能手套箱内(水和氧的体积分数小于)，称取2.00 g 固体，置于烧杯中，___________，将所得固体灼烧至恒重，冷却至室温后称重；计算的纯度。(实验中必须使用的试剂：30%、溶液、溶液、溶液。已知：碱性条件下，可将氧化为，可与反应生成沉淀。) （4）和通过玻璃化处理制备-固态电解质。将和按物质的量之比投料，固态电解质中产生含磷阴离子、、，不同时间后阴离子的物质的量(未表示)如图所示。 ①中含有2个以为中心的四面体结构，写出其结构式：___________。 ②玻璃化处理1.5 h～2.5 h时发生反应的化学方程式为___________。 17. 烟气脱硫是清洁生产的必要手段。 （1）湿法脱硫。常温下，向浆液中通入，溶液中S和Mg元素物质的量之比、与pH的关系如图-1所示。 ①pH小于4.55后，继续通入，此时反应的化学方程式为___________。 ②清液中加入固体对吸收速率影响不大，原因是___________。 （2）清液“两级吸收-再生”脱硫的技术路线如图-2所示。 “一级吸收”后的溶液经“再生”、“过滤”后通过管道进入“二级吸收塔”雾化喷淋继续脱硫。 ①“再生”过程发生的主要反应的离子方程式为___________。 ②若不“过滤”，可能导致的问题是___________。 ③多次循环后，“二级吸收”加入少量防止下降，下降的原因是___________。 （3）氨水脱硫生成的副产物通过热解可以更好的资源化利用。在不同温度下热解产物的X射线衍射图如图-3所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在)。分解可能发生： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 对应的吉布斯自由能()与温度的关系如图-4所示。 ①将固体加热至873.15 K，气体产物中几乎没有，原因是___________。 ②能和在613.15 K之前完全反应生成和。将和混合加热，能提高产量的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学试卷 (考试时间：75分钟；总分：100分) 注意：所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 石油是人类使用的主要能源，也是重要的化工原料。下列说法不正确的是 A. 石油通过减压蒸馏可分离出石蜡 B. 石油裂解可得到乙烯等化工原料 C. 石油中的链状烃可催化转化为环状烃 D. 石油裂化过程中没有碳碳键的形成 【答案】D 【解析】 【详解】A．减压蒸馏可降低高沸点烃的沸点，避免高温下烃分解结焦，石油通过减压蒸馏可分离出石蜡、润滑油等馏分，A正确； B．石油裂解是深度裂化，以获得乙烯、丙烯等短链不饱和化工原料为目的，B正确； C．石油的催化重整工艺中，链状烃可发生结构重排转化为苯等环状烃，C正确； D．石油裂化是长链烃断裂为短链烃的过程，反应中会生成含有碳碳双键的烯烃，存在碳碳键的形成，D错误； 故选D。 2. 利用反应可制备CsCl。下列说法正确的是 A. HCl中含键 B. 的空间构型为三角锥形 C. 基态O的价电子排布图为 D. 的电子式为 【答案】A 【解析】 【详解】A．HCl分子中，H的未成对电子在1s轨道，Cl的未成对电子在3p轨道，两轨道头碰头重叠形成键，A正确； B．中心C原子的价层电子对数，无孤电子对，空间构型为平面正三角形，不是三角锥形，B错误； C．基态O原子价电子排布为，正确的价电子排布图为，C错误； D．中C原子最外层4个电子全部参与成双键，没有孤电子对，正确的电子式为，D错误； 故选A。 3. 实验室配制NaOH溶液并用标定其浓度的原理及操作均正确的是 A．上下振荡摇匀 B．加入指示剂 C．赶出气泡 D．终点读数为23.30 mL A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．容量瓶配制溶液定容后，需要上下颠倒摇匀，不能按图中方式仅上下振荡摇匀，A错误； B．NaOH溶液滴定（弱酸的酸式盐）时，滴定终点（）溶液呈碱性，指示剂应选酚酞，不能选甲基橙，B错误； C．碱式滴定管排出气泡时，将橡胶管弯折，使尖嘴斜向上，挤压玻璃球即可赶出气泡，C正确； D．滴定管的0刻度在上，刻度从上到下逐渐增大，图中凹液面的正确读数为，不是，D错误； 故选C。 4. 胞嘧啶是一种碱基，结构如图所示，分子中所有原子共平面。下列说法正确的是 A. 胞嘧啶是非极性分子 B. 第一电离能： C. 胞嘧啶中1号N原子碱性最强 D. 胞嘧啶中所有N原子杂化轨道类型相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．非极性分子要求分子正负电荷中心重合，胞嘧啶分子结构不对称，含有多个极性基团，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误； B．同周期主族元素第一电离能从左到右呈递增趋势，但N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，因此正确顺序为，B错误； C．由题可知，胞嘧啶分子中所有原子共平面，则分子中的1号N和3号N的孤对电子、2号N原子的单电子参与共轭形成大键，2号N原子的孤对电子在sp2杂化轨道上不参与形成大键，2号N原子的孤对电子更容易给出，碱性最强，C错误； D．由题可知，胞嘧啶分子中所有原子共平面，则分子内所有碳原子、氮原子、氧原子采用杂化，D正确； 故选D。 阅读下列材料，完成下面3个小题： 卤素单质及其化合物应用广泛。HF在常温下可通过氢键形成双聚分子，HF可与反应生成用于蚀刻玻璃，和HF可反应生成二元强酸。卤素间可形成互化物，是一种氟化剂，室温下能与多种金属反应生成氟化物和游离态的氯。氯磺酸()在有机合成中可作为磺化剂，使用时需保持无水环境。是一种易升华的固体。 5. 下列说法正确的是 A. 每个分子中含有3个键 B. 基态Si原子最外层有4个未成对电子，一般可形成4个共价键 C. 、、互为同素异形体 D. 如图所示的分子中，键角 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 工业制： B. 溶于过量的HF溶液： C. 室温下CIF氧化金属W： D. 氯磺酸水解： 7. 下列物质结构与性质或性质与用途的对应关系不正确的是 A. 键能小，易升华 B. Cl比F多一个电子层，ClF中Cl显正价 C. 苯是非极性溶剂，苯可用于萃取溴水中的 D. 淀粉遇变蓝，淀粉可用于检验 【答案】5. D 6. B 7. A 【解析】 【5题详解】 A．中氢键不属于化学键，不是键，分子内只有2个H-F 键，A错误； B．基态Si原子价电子排布为，最外层只有2个未成对电子，杂化后可形成4个共价键，B错误； C．同素异形体是同种元素形成的不同单质，​、、均为化合物，不互为同素异形体，C错误； D．中心I原子价层电子对数为，含1对孤电子对，空间构型为四方锥；孤电子对对成键电子对的排斥力更大，因此键角，D正确； 故选D； 【6题详解】 A．工业制氯气采用电解饱和食盐水法（），​和浓盐酸加热制氯气是实验室制法，A错误； B．题目说明和过量HF生成二元强酸，强酸完全电离，离子方程式书写正确，B正确； C．题干说明ClF与金属反应生成氟化物和游离态氯，正确的方程式为，C错误； D．氯磺酸中S为价，水解时Cl被-OH取代，产物为和HCl，正确的方程式为 ，D错误； 故选B； 【7题详解】 A．易升华是因为分子间作用力较弱，升华不破坏共价键，A错误； B．Cl和F同主族，Cl比F多一个电子层，使得Cl的电负性小于F，所以ClF中Cl显正价，B正确； C．溴是非极性分子，苯是非极性溶剂，根据相似相溶原理，苯可萃取溴水中的，对应关系正确，C正确； D．淀粉遇会发生特征显色变蓝，因此淀粉可用于检验，对应关系正确，D正确； 故选A。 8. 催化反应的机理如图所示。若催化剂中掺入少量替代部分可提高催化效率。下列说法不正确的是 A. 该反应的 B. 反应②中Ce的化合价升高 C. 可降低该反应的活化能 D. 催化剂中掺入少量替代部分，产生了氧空位 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应物气体计量数之和 5，生成物气体计量数之和 3，气体熵减，该反应在一定条件下能自发进行，依据ΔG=ΔH−TΔS<0，可知ΔH<0，放热，A正确； B．反应②中CeO2提供晶格O2-与CO2成键，Ce元素得电子，Ce化合价降低，，B错误； C．​是该反应的催化剂，催化剂的作用就是降低反应的活化能，C正确； D．替代后，阳离子所带正电荷减少，为了保持化合物电中性，需要减少负电荷，即减少，因此会产生氧空位，D正确； 故选B。 9. 一种电解法制取乙烯的装置如图所示，多孔Pt电极上的反应机理为 下列说法正确的是 A. 向碳纸电极方向迁移 B. 多孔Pt电极发生的反应为 C. 多孔Pt电极上可能生成副产物 D. 不考虑副反应，电路中每转移6 mol电子，生成乙烯3 mol 【答案】C 【解析】 【分析】多孔Pt电极上失电子生成乙烯，发生氧化反应，因此多孔Pt为阳极，碳纸电极为阴极。 【详解】A．电解池中阴离子向阳极（多孔Pt电极）迁移，因此向多孔Pt电极迁移，不是碳纸电极，A不符合题意； B．根据反应机理，1个共失去2个电子且碱性条件下应该生成碳酸根，正确的电极反应为；B不符合题意； C．反应机理中存在（丙酰氧自由基）和（乙基自由基），两种自由基可以结合生成（丙酸丙酯），因此该物质可以作为副产物生成，C符合题意； D．由装置可知，碳纸电极处也可被还原生成乙烯，不考虑副反应时，每转移6 mol电子，多孔Pt电极生成3 mol乙烯，加上碳纸电极生成的乙烯，总乙烯物质的量大于3 mol，D不符合题意； 故选C。 10. 化合物W可用于制备玻璃钢，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X、Y互为同系物 B. Z中含有1个手性碳原子 C. 1 mol W最多能与4 mol NaOH反应 D. 合成W消耗等物质的量的X、Y、Z 【答案】B 【解析】 【分析】X为马来酸酐，Y为邻苯二甲酸酐；Z中与−OH相连的碳原子连接4个不同基团，含1个手性碳原子；W 为聚酯结构，链节中含2个来自X的酯基和2个来自Y的酯基。 【详解】A．X为马来酸酐，Y为邻苯二甲酸酐，二者结构不相似，不互为同系物，A错误； B．Z中与−OH相连的碳原子连接4个不同基团，所以Z中含有1个手性碳原子，B正确； C．W是高聚物，1 mol W中含有4n mol酯基，最多能与4n mol NaOH反应，并非4 mol，C错误； D．根据 W 的链节结构，合成W消耗X、Y、Z 的物质的量比为 1:1:2，不是等物质的量，D错误； 故答案选B。 11. 为探究和KI的反应，进行如下实验： 实验Ⅰ 向溶液中加入2滴溶液，产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色；继续逐滴滴加溶液，先变为白色悬浊液，最终得到无色澄清溶液。 实验Ⅱ 向溶液中加入2滴溶液，产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色；继续逐滴滴加溶液，先变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最终得到无色溶液。 已知：无色，黄色，CuI为白色沉淀，不存在于溶液中。下列说法不正确的是 A. 实验Ⅰ、Ⅱ中，土黄色沉淀可能是反应生成的CuI沉淀吸附了生成的所致 B. 通过实验Ⅰ、Ⅱ现象可推测：与反应的速率快于CuI与反应的速率 C. 实验Ⅱ中变为黄绿色悬浊液时，发生的反应为 D. 实验Ⅱ中黄色溶液最终变为无色，可推测：与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度 【答案】C 【解析】 【分析】反应时，发生反应：，白色沉淀吸附单质碘后会呈现土黄色，与实验Ⅰ、Ⅱ中初始沉淀的现象吻合；加入后优先被反应。 【详解】A．与发生反应，生成白色沉淀和棕黄色，土黄色沉淀是吸附所致，A正确； B．已知，结合实验Ⅰ，逐滴加入Na2S2O3溶液时，先出现白色悬浊液，说明附着在CuI表面的优先与反应，待消耗完全后才参与反应，可推测与反应速率快于与的反应速率，B正确； C．实验Ⅱ中，首先发生反应，由于过量，黄绿色悬浊液阶段，是过量与生成黄色，与未溶解的白色沉淀混合呈现黄绿色，此时主要反应是与生成配合物，不是溶解生成，故该方程式错误，C错误； D．（形成配离子）为黄色，（形成配离子）为无色，实验Ⅱ中黄色溶液最终变为无色，说明：和先生成黄色配位化合物，最终配位化合物转化为氧化还原反应的产物：无色的一价铜配离子。这说明：与生成配合物的反应限度更小，二者发生氧化还原反应的限度更大，反应最终向生成氧化还原产物的方向进行到底，D正确； 故选C。 12. 焦磷酸二氢二钠(Na2H2P2O7)可用于制备荧光材料Ba2P2O7，合成Na2H2P2O7的流程如图所示： 已知：室温下，H4P2O7的Ka1=10-1，Ka2=10-2.1，Ka3=10-6.7，Ka4=10-9.35；Ba2P2O7的Ksp=4.0×10-11。下列说法正确的是 A. 0.1 mol/LH3PO4溶液中：c(H+)=3c(PO)+3c(HPO)+3c(H2PO) B. “调pH=4.4”时发生反应：3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3CO2↑+3H2O C. 0.1 mol/LNa2H2P2O7溶液中存在：c(H3P2O)+c(H+)<c(HP2O)+c(OH−) D. Ba2P2O7的悬浊液中c(Ba2+)约为2.0×10-3.7 mol/L 【答案】D 【解析】 【详解】A．H3PO4溶液的电荷守恒式为c(H+)=3c(PO)+2c(HPO)+c(H2PO)+c(OH−)，未配平电荷且缺少c(OH−)，A错误； B．pH=4.4时，P元素主要以H2PO形式存在，反应应该生成NaH2PO4，而非Na3PO4，B错误； C．H2P2O的电离常数Ka3=10-6.7，水解常数Kh=Kw/Ka2=10-14/10-2.1=10−11.9，电离大于水解； 质子守恒等式：，整理得：  中，​的电离远大于水解，，则，C错误； D．Ba2P2O7悬浊液中存在沉淀溶解平衡Ba2P2O7(s)2Ba2+(aq)+ P2O(aq)，则Ksp=c2(Ba2+)·c(P2O)=4.0×10−11，设c(Ba2+)=2x mol/L，则c(P2O)=x mol/L，Ksp=(2x)2·x=4x3=4.0×10−11解得x≈10-3.7，所以c(Ba2+)约为2.0×10-3.7 mol/L，D正确； 故选D。 13. 甲烷在一定条件下催化重整制，发生如下反应： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ 条件，和发生上述反应达平衡状态时，体系中、、和的物质的量分数随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法不正确的是 A. 曲线③表示平衡时的物质的量分数随温度的变化 B. 时，和的平衡转化率相同 C. 其他条件不变，在范围，平衡时的物质的量随温度升高而减小 D. 时，反应Ⅱ的化学平衡常数 【答案】C 【解析】 【详解】A．升高温度，反应I、Ⅲ均为吸热反应，平衡正向移动，反应物和的物质的量分数均随温度升高降低；初始投料，，因此平衡时，物质的量分数更大的下降曲线①是，物质的量分数更小的下降曲线③是，A正确； B．转化率，。300℃时，图中满足，同总物质的量下，代入得： ，二者转化率相等，B正确； C．根据C元素守恒：。升温过程中，不断减小（增大），不断增大，在范围内，消耗量大于增加量，即，因此随温度升高而增大，不是减小，C错误； D．反应Ⅱ：，平衡常数（同体积）。 830℃时几乎完全反应，，体系中只有H2O、H2、CO、CO2四种气体，根据原子守恒得：，，总物质的量，又，则，因此，，代入平衡常数表达式得： ，D正确； 故选C。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 利用黄铜矿(主要含和少量PbS等)和为原料制备纳米Pt-Cu 双金属催化剂的流程如下。 已知：①是一种水溶性酸性离子液体，其结构为。 ②与难配位，与能形成稳定配离子。 ③酸性较强时，易被氧化。 （1）氧化浸取。转化为、和，协同浸取时会生成。 ①Cu在元素周期表中属于___________区。 ②离子液体常温下呈液态，请从结构角度分析原因：___________。 ③协同浸取能够提高金属浸出效率的可能原因是___________。 （2）碘量法测定氧化浸取的浸出液中浓度。测定时，向待测液中先加入调节pH为3～4，再依次加入适量溶液和过量，然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的。调节pH的目的是___________。 （3）制备纳米Pt-Cu 。“转化”时生成(晶胞结构如图所示)，“还原”得到纳米Pt-Cu 和NaCl固体，同时生成、、三种气体。 ①晶体中与距离最近的的数目为___________。 ②催化剂的比表面积较大时，催化活性较强。该方法制得的纳米Pt-Cu 催化活性较强的原因为___________。 ③能够使纳米Pt-Cu 双金属催化剂中毒，能否采用去离子水洗涤、过滤的方法除去催化剂中的，判断并说明理由：___________。 【答案】（1） ①. ds ②. 阴、阳离子半径差距大，离子结构不对称，阳离子体积大使电荷分散，共同使 离子键作用弱 ③. 提供H+，增强氧气的氧化性，促进黄铜矿的溶解;生成CS2破坏S覆盖层 （2）使溶液酸性减弱，防止F-与H+结合生成HF，有利于F-与Fe3+形成配离子，防止I被空气中的O2氧化,防止分解，影响测定结果 （3） ①. 8 ②. 生成大量气体，使纳米Pt-Cu疏松多孔，比表面积大 ③. 不能，‌纳米Pt-Cu也能透过滤纸，洗涤之后不能透过过滤分离 【解析】 【分析】黄铜矿主要含，以及少量PbS。黄铜矿浆料中通入空气、、 “氧化浸取”， 反应生成硫酸铜、硫酸铁、S沉淀，PbS反应生成PbSO4、S沉淀；过滤，滤渣中含有PbSO4、S，浸出液中含有和，过滤后加入氨水、硫酸铵，Cu转化为络合物，铁离子生成不溶物氢氧化铁沉淀，过滤后得到 ，再与反应得到，还原得到产物。 【小问1详解】 氧化浸取。转化为、和，协同浸取时会生成。 ①Cu为29号元素，在元素周期表中属于ds区。 ②离子液体常温下呈液态，原因为阴、阳离子半径差距大，离子结构不对称，阳离子体积大使电荷分散，共同使离子键作用弱； ③协同浸取能够提高金属浸出效率的可能原因为提供H+，增强氧气的氧化性，促进黄铜矿的溶解，生成CS2破坏S覆盖层。 【小问2详解】 调节pH的目的是使溶液酸性减弱，防止F-与H+结合生成HF，有利于F-与Fe3+形成配离子，防止I被空气中的O2氧化,防止分解，影响测定结果。 【小问3详解】 ①晶体中与距离最近的的数目为８。 ②该方法制得的纳米Pt-Cu催化活性较强的原因为生成大量气体，使纳米Pt-Cu疏松多孔，比表面积大。 ③NaCl能够使纳米Pt-Cu 双金属催化剂中毒，不能否采用去离子水洗涤、过滤的方法除去催化剂中的NaCl，理由为‌纳米颗粒直径很小，过滤时会透过滤纸，故洗涤之后不能透过过滤分离。 15. 化合物是治疗阿尔茨海默症的药物，其合成路线如下： （1）A的名称为___________。 （2）时经过和两个关键中间体。已知与的分子式相同且含有五元环，则的结构简式为___________，的反应类型为___________。 （3）E→F时会生成，其与F属于___________。 a．位置异构 b．顺反异构 c．对映异构 d．同一物质 （4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：___________。 属于芳香族化合物；碱性条件下水解后酸化，得到两种有机产物，核磁共振氢谱分别有1组峰和3组峰。 （5）已知：(不生成，、均为烃基)。写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___________。 【答案】（1）苯胺 （2） ①. ②. 消去反应 （3）b （4） （5） 【解析】 【分析】A与Cl3CCH(OH)2、反应得到B，B在浓硫酸作用下得到C，B与C分子式相同且含有五元环，对比D的结构简式，可知C的结构简式为：，C发生消去反应得到D，D发生氧化反应得到E，E与反应得到F，F在ZnO作用下转化为G，G与在ZnCl2、TEBA作用下生成H。 【小问1详解】 A的名称为：苯胺； 【小问2详解】 根据分析，的结构简式为：，的反应类型为：消去反应； 【小问3详解】 对比F与结构，结构中存在碳氮双键，与N原子相连的羟基的位置不同，两者属于顺反异构，选b； 【小问4详解】 F的同分异构体满足：属于芳香族化合物，说明含苯环；碱性条件下水解说明含酰胺基，水解后酸化，得到两种有机产物，核磁共振氢谱分别有1组峰和3组峰，水解后的产物为HOOCCOOH(核磁共振氢谱有1组峰)、 (核磁共振氢谱有3组峰)，满足条件的结构简式为：； 【小问5详解】 与水发生加成反应得到，发生氧化反应得到，与反应得到，在PCl5条件下得到，合成路线为：。 16. 是制备锂硫电池固态电解质的原料，极易水解、易被氧化。 （1）一种制备的实验装置如图所示，石英管中发生反应：。 ①实验开始时先通排尽装置内空气的目的是___________。 ②若温度升高为650℃，体系中还是只发生此反应，但的产率下降，原因可能是___________。 （2）提纯。制得的中混有和。可溶于乙醇，和均难溶于乙醇。 ①和均为离子化合物，从电负性的角度解释二者在乙醇中溶解度有差异的原因：___________。 ②提纯。反应结束后，继续通，待石英管冷却至室温后，将固体用足量无水乙醇溶解，___________(填操作名称)，得到固体。 （3）为测定的纯度，补充完整实验方案：在多功能手套箱内(水和氧的体积分数小于)，称取2.00 g 固体，置于烧杯中，___________，将所得固体灼烧至恒重，冷却至室温后称重；计算的纯度。(实验中必须使用的试剂：30%、溶液、溶液、溶液。已知：碱性条件下，可将氧化为，可与反应生成沉淀。) （4）和通过玻璃化处理制备-固态电解质。将和按物质的量之比投料，固态电解质中产生含磷阴离子、、，不同时间后阴离子的物质的量(未表示)如图所示。 ①中含有2个以为中心的四面体结构，写出其结构式：___________。 ②玻璃化处理1.5 h～2.5 h时发生反应的化学方程式为___________。 【答案】（1） ①. 防止被空气中氧气氧化，防止水解，同时防止氢气与氧气发生爆炸 ②. 650℃，固态硫气化，被氢气吹出 （2） ①. O的电负性大于S，O与Li的电负性差值大， 中离子键百分数大于，在极性较小的溶剂中更难被破坏，溶解度更小 ②. 过滤，蒸发结晶 （3）向烧杯中先加入一定量溶液使溶液呈碱性，再加入30%，边加边搅拌，待溶液无色澄清后，煮沸，向溶液中滴加溶液至静置后向上层清液中滴加溶液无沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至向最后一次洗涤滤中滴加溶液无白色沉淀 （4） ①. []4- ②. 2+Li2S=+2+S 【解析】 【小问1详解】 ①由题意可知，硫化锂易被氧气氧化,极易水解，氢气易燃易爆，则实验开始时先通氢气排尽装置内空气的目的是防止硫化锂被空气中氧气氧化、与空气的水蒸气发生水解，同时防止氢气与空气混合高温爆炸； ②若温度升高为650℃，体系中还是只发生此反应，但硫化锂的产率下降，可能是固态硫气化，被氢气吹出； 【小问2详解】 ①硫化锂和氧化锂都是离子化合物，氧元素的电负性强于硫元素，硫化锂中离子键的百分数小于氧化锂，所以硫化锂可溶于有机溶剂乙醇，而氧化锂难溶于乙醇； ②硫化锂可溶于有机溶剂乙醇，而氧化锂难溶于乙醇，则提纯硫化锂的实验方案为反应结束后，继续通入氢气，待石英管冷却至室温后，将固体用足量无水乙醇溶解，过滤，滤液经蒸发结晶得到硫化锂固体； 【小问3详解】 由题意可知，碱性条件下过氧化氢溶液能将硫化锂氧化为硫酸锂，且过氧化氢溶液也能与氯化钡溶液反应生成过氧化钡沉淀，所以测定反应生成硫酸钡质量时，应排除过氧化氢溶液的干扰，则测定硫化锂纯度的实验方案为在多功能手套箱内称取2.00 g 硫化锂固体，置于烧杯中，向烧杯中先加入一定量溶液使溶液呈碱性，再加入30%，边加边搅拌，待溶液无色澄清后，煮沸，向溶液中滴加溶液至静置后向上层清液中滴加溶液无沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至向最后一次洗涤滤中滴加溶液无白色沉淀，得到硫酸钡，将所得硫酸钡固体灼烧至恒重，冷却至室温后称重，计算得到硫化锂的纯度； 【小问4详解】 ①由题意可知，中含有2个以磷为中心的四面体结构，则离子中存在磷磷非极性键，离子的结构式为：； ②玻璃化处理1.5 h～2.5 h时，的物质的量减小，和的物质的量增大，说明与硫离子反应生成、和硫，则反应的化学方程式为：2+Li2S=+2+S。 17. 烟气脱硫是清洁生产的必要手段。 （1）湿法脱硫。常温下，向浆液中通入，溶液中S和Mg元素物质的量之比、与pH的关系如图-1所示。 ①pH小于4.55后，继续通入，此时反应的化学方程式为___________。 ②清液中加入固体对吸收速率影响不大，原因是___________。 （2）清液“两级吸收-再生”脱硫的技术路线如图-2所示。 “一级吸收”后的溶液经“再生”、“过滤”后通过管道进入“二级吸收塔”雾化喷淋继续脱硫。 ①“再生”过程发生的主要反应的离子方程式为___________。 ②若不“过滤”，可能导致的问题是___________。 ③多次循环后，“二级吸收”加入少量防止下降，下降的原因是___________。 （3）氨水脱硫生成的副产物通过热解可以更好的资源化利用。在不同温度下热解产物的X射线衍射图如图-3所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在)。分解可能发生： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 对应的吉布斯自由能()与温度的关系如图-4所示。 ①将固体加热至873.15 K，气体产物中几乎没有，原因是___________。 ②能和在613.15 K之前完全反应生成和。将和混合加热，能提高产量的原因是___________。 【答案】（1） ①. ②. 溶解度较小，加入固体无法增加的浓度，因此对SO2吸收速率影响不大 （2） ①. ②. 固体颗粒可能堵塞喷淋口，影响后续流程 ③. ​易被烟气中的氧化为 （3） ①. 加热至873.15 K时，反应Ⅱ的吉布斯自由能远小于反应Ⅰ，高温下中+6价的S会被-3价的N还原为(会被氨气还原为) ②. 能与热解产生的中间产物(尤其)反应产生和，防止生成，使氮元素更多地转化为，提高了产量 【解析】 【小问1详解】 ①观察图像，pH小于4.55后，溶液中的浓度非常小且S和Mg元素物质的量之比大于2，则继续通入的只能与水反应，发生的反应的化学方程式为； ②属于微溶物质，其与反应的前提条件是处在溶解态，向清液中加入固体无法增加溶解态的浓度，因此对SO2吸收速率影响不大； 【小问2详解】 ①“一级吸收”过程中溶液吸收了高浓度的，硫元素的存在形式大多为，此时加入，发生的离子方程式为； ②“二级吸收塔”使用了雾化喷淋，若不及时过滤出固体，颗粒可能堵塞喷淋口，影响后续流程； ③​易被烟气中的氧化为，多次循环后不断被消耗，浓度下降 ； 【小问3详解】 ①观察图-4，加热至873.15 K时，热解产物为，因为反应Ⅱ的吉布斯自由能远小于反应Ⅰ，说明反应Ⅱ更容易自发进行，高温下中+6价的S会被-3价的N还原为，导致气体产物绝大部分都为，故气体产物中几乎没有； ②已知：能和在613.15 K之前完全反应生成和；观察图-3，613.15 K之前，热解产生的中间产物多为，故能与热解产生的中间产物反应产生和，抑制了的生成，使中的氮元素更多地转化为，提高了产量。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $