精品解析：福建省惠安荷山中学2026届高三下学期毕业班化学模拟考试

惠安荷山中学2026届高三毕业班模拟考试(化学学科) 本卷满分100分，考试时间75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 一、选择题：本题共10个小题，每题4分，共40分；每小题只有一项是符合题目要求。 1. 《周礼·考工记》记载的“涑帛”之法，是用“碱剂”[草木灰（含）和贝壳灰（含）的稀浸出液]处理丝绸，促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去，使其质感柔软、色泽光亮。下列说法正确的是 A. “碱剂”的碱性弱于草木灰稀浸出液 B. “碱剂”可以用苛性钠浓溶液代替 C. “碱剂”可置于敞口容器中长期保存 D. “碱剂”能促进蛋白质肽键断裂 2. 一种高强度、耐低温压缩的聚氨酯的合成路线如下。下列说法不正确的是 A. 反应物分子中碳原子的杂化类型为及 B. 高分子无手性碳原子 C. 反应物与生成的反应类型为缩聚反应 D. 依据上述反应原理，高分子可以和反应，生成体型聚合物 3. 华为最新研发了一种高效含硫化合物固态电池，充电快速又安全。该含硫化合物的结构如下图所示，已知X、Y、Z、L、M、R为短周期主族元素，原子序数依次递增，X的单质保存在固态石蜡中，L与R同族。下列说法正确的是 A. 氢化物的沸点： B. X单质与反应生成的化合物种类相比于X的其它同族金属元素更少 C. 与NaCl溶液反应制备 D. 键角： 4. 依地酸铁钠是一种强化补铁剂，依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可与形成橙红色配合物，其结构简式如图。某实验小组采用如下实验探究该补铁剂中铁元素的化合价。下列说法正确的是 A. 溶液的大小不影响邻二氮菲与的配位能力 B. 该橙红色配离子中含有配位键、共价键、离子键 C. 依据现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe(III) D. 依据现象①、④和⑤推测，与依地酸根相比，邻二氮菲与形成的配合物更稳定 5. 叔丁基溴可与硝酸银在醇溶液中反应： 反应分步进行： ① ② 下图是该反应能量变化图。下列说法正确的是 A. 选用催化剂可改变反应的大小 B. 图中对应的物质是 C. 其他条件不变时，的浓度越高，总反应速率越快 D. 其他条件不变时，的浓度是总反应速率的决定因素 6. 中南大学何军团队发表了对新型单元素半导体材料黑砷晶体的研究成果，黑砷晶体与石墨相似，在层内每个砷原子与其他三个砷原子相连，形成二维褶皱蜂巢型结构，其三维结构如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 黑砷晶体为混合型晶体 B. 单层黑砷晶体中含有六元环的数目为 C. 黑砷晶体中As原子上存在1对孤对电子 D. 黑砷晶体中存在大键 7. 无机苯B3N3H6(，结构与苯相似)与甲烷可发生反应：3CH4+2B3N3H6+6H2O→3CO2+6H3BNH3，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1.0molH3BNH3的σ键数为6NA B. 1.0molB3N3H6的(价层)孤电子对数为3NA C. 标准状况下消耗22.4LCH4转移电子数为8NA D. 1.0molCO2溶于水，溶液中H2CO3、三种微粒数和为NA 8. 硒是人体微量元素中的“胰岛素”。含硒废料（主要含Se、S、、ZnO、CuO、等）制取硒的流程如图所示，下列有关说法错误的是 A. “分离”时得到含硫煤油的操作方法是分液 B. “浸取”所得滤渣主要成分为 C. “酸化”时发生反应的离子方程式： D. 若向“酸溶”所得的滤液中滴加硫氰化钾溶液，溶液变红 9. 我国科学家利用光催化反应将废气中的转化为，同时获得绿色氧化剂，装置如图所示。下列说法正确的是 A. 电极B作正极 B. 电极A上发生的反应为 C. 电解过程中需要不断补充 D. 理论上每转化标准状况下，最多可获得 10. 某金属离子和结合形成两种配离子和。常温下，的和的混合溶液中，和的浓度对数(实线)、含M微粒的分布系数(虚线)[例如]与溶液pH的关系如图所示：下列说法错误的是 A. 曲线Ⅱ对应的物质为 B. C. b点： D. 图中a点对应的pH≈4.3 二、非选择题：本题共4个大题，共60分。 11. 是一种合成药物的中间体，其合成路线如下： （1）“”的反应类型属于______。若将标记为，则在反应过程中，断裂的是______(选填“1号”或“2号”)碳的键。 （2）分子中含氧官能团的名称为______。 （3）还会产生与互为同分异构体且含五元环的副产物，该副反应的化学方程式为______。 （4）生成中的“2)，”分两步完成，第一步是加成反应，第二步是取代反应。则第一步反应生成的有机物的结构简式是______。 （5）写出同时满足下列条件的的所有同分异构体的结构简式：______。 ①含有3种不同化学环境的氢原子； ②在足量碱存在下水解，酸化后生成的有机物只有乙酸和两种，(乙酸)。含有苯环与氯原子直接相连的结构，能与溶液发生显色反应。 （6）物质的熔点比物质大的原因是______。 12. 工业上从高砷铅烟尘（主要含、及少量、）中分离回收砷、铅并富集铟的流程如图所示。 已知：①“硫化还原”时，被还原的物质是。 ②“一系列操作”中最后一步的操作是“碳热还原”生成气体。 ③“萃取”时发生反应：。 （1）“氧化酸浸”时，可提高效率的措施有__________（写一条）。 （2）“硫化还原”过程 ①若以为硫化剂，反应的平衡常数__________（用含有、、的代数式表示）。 已知：时，，的，。 ②若以为硫化剂，不仅不会沉淀，还可以回收单质，是一种“以废治废”的绿色工艺。写出与反应生成的化学方程式是__________。 已知：是一种难溶于水的物质。 ③从的性质分析，以作硫化剂的不足之处是__________。 （3）“脱硫还原”时，以为还原剂，与滤渣中的反应，生成。理论上，与反应的物质的量之比为__________。 （4）“反萃”时，“反萃剂”最宜选用__________（填化学式）。 （5）“碳热还原”在氛围中，样品的热重曲线、产物的吸光度（吸光度越高，浓度越大）与温度的关系如下图所示。 ①在100 ℃前出现小的失重台阶，失重的原因是__________。 ②在290 ℃~550 ℃之间，发生反应的化学方程式为__________。 ③为有效制备砷，温度应控制在__________℃以上。 13. 碳酸乙烯酯（简称EC），摩尔质量为、沸点为，开始分解，是最常用的锂电池电解液溶剂之一。尿素醇解法是合成EC的重要方法，实验装置如图所示（加热和夹持仪器已略去），实验步骤如下： I.准确称取尿素及 乙二醇加入到圆底烧瓶中，再加入适量催化剂，启动真空泵，使反应体系内的压力维持在，同时冷凝管通入冷凝水，控制反应温度为，反应，停止抽真空，将圆底烧瓶的温度自然降至室温，待圆底烧瓶内压力恢复至常压。 （1）制备反应的化学方程式为__________。 （2）给圆底烧瓶加热的方式是__________（填“酒精灯直接加热”“水浴”或“油浴”）。 （3）选择在下进行反应可以提高产率，原因是__________。 II.分离提纯： 步骤①将反应混合物中的固体催化剂除去；步骤②除去溶解在滤液中的催化剂； 步骤③精制产品，得78.32 g成品。 （4）步骤①需要的玻璃仪器有__________。 （5）步骤②的方法是__________。 a.蒸发结晶 b.减压蒸馏 c.常压蒸馏 d.减压过滤 III.纯度测定：在锥形瓶中加入碳酸乙烯酯，同时加入 标准溶液，在80~90℃水浴上加热20 min。取出冷却，滴加溶液15 mL，振荡使沉淀析出。以酚酞为指示剂，用的盐酸标准溶液滴定过量的氢氧化钠，同时做空白试验，消耗盐酸标准溶液体积分别为、。 （6）碳酸乙烯酯纯度为__________（用含有、、的代数式表示）。 （7）实验中，若加入水溶液速度过快，会导致测定结果偏大，原因是__________。 （8）若每消耗1.00 mL盐酸标准溶液，相当于碳酸乙烯酯的质量为，盐酸标准溶液的浓度应为__________。 14. “双碳”战略下，加氢制甲醇是实现碳资源循环利用的核心技术。传统铜锌催化剂因活性位点高度耦合生成副产物，涉及的反应如下： Ⅰ： Ⅱ： Ⅲ： 回答下列问题： （1）①________；反应Ⅰ在________（填“高温”“低温”“任意温度”）自发进行。 ②中科院大连化物所提出催化活性位点“空间解耦”新策略：将活性位点（）与活性位点（）在空间上分离，提高了甲醇的选择性。“空间解耦”-甲酸盐部分路径如下： 步骤1： （表明2个H在Cu位点吸附活化） 步骤2：________（与活性氢加成）。 步骤3： 步骤4： 请写出步骤2的基元反应________。 （2）在3 MPa下，向某密闭容器中按投料比充入反应物发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如下图所示。 ①Z线所示物种是________（填化学式）。 ②解释物质的量分数随温度变化的原因________。 ③260℃时向密闭容器中加入2 mol CO2和，达平衡时测得，，选择性________[]，反应Ⅰ的平衡常数________（列出计算式，分压=总压×物质的量分数）。 （3）工业生产甲醇的催化体系需控制进料气中的进入量，原因是________（从催化剂活性位点和化学平衡角度分析）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 惠安荷山中学2026届高三毕业班模拟考试(化学学科) 本卷满分100分，考试时间75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 一、选择题：本题共10个小题，每题4分，共40分；每小题只有一项是符合题目要求。 1. 《周礼·考工记》记载的“涑帛”之法，是用“碱剂”[草木灰（含）和贝壳灰（含）的稀浸出液]处理丝绸，促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去，使其质感柔软、色泽光亮。下列说法正确的是 A. “碱剂”的碱性弱于草木灰稀浸出液 B. “碱剂”可以用苛性钠浓溶液代替 C. “碱剂”可置于敞口容器中长期保存 D. “碱剂”能促进蛋白质肽键断裂 【答案】D 【解析】 【详解】A．草木灰主要成分为，贝壳灰中CaO与水反应生成，二者发生反应，所得“碱剂”含强碱KOH，碱性强于草木灰稀浸出液，A错误； B．苛性钠浓溶液碱性过强，不仅会水解丝胶蛋白，还会腐蚀蚕丝的主要成分蛋白质，无法代替，B错误； C．“碱剂”为强碱性溶液，敞口放置会与空气中的反应导致碱性降低，不能长期保存，C错误； D．“碱剂”呈碱性，可催化丝胶蛋白水解，蛋白质水解的本质是肽键断裂，D正确； 故选D。 2. 一种高强度、耐低温压缩的聚氨酯的合成路线如下。下列说法不正确的是 A. 反应物分子中碳原子的杂化类型为及 B. 高分子无手性碳原子 C. 反应物与生成的反应类型为缩聚反应 D. 依据上述反应原理，高分子可以和反应，生成体型聚合物 【答案】C 【解析】 【详解】A．P分子中，萘环上的碳原子都形成3个键、无孤电子对，杂化类型为杂化；中心碳原子形成2个键、无孤电子对，杂化类型为杂化，A正确； B．碳原子周围连有四个不同的原子或原子团为手性碳原子，高分子无手性碳原子，B正确； C．缩聚反应的定义是：单体缩合生成高分子，同时会脱去小分子副产物（如水、醇等），该反应中，和发生加成反应生成氨基甲酸酯键，所有原子全部进入产物，没有小分子生成，不属于缩聚反应，C错误； D．选项中的化合物是季戊四醇，1个分子中含有4个羟基（多个可反应官能团），可以与W的链端的异氰酸酯基发生交联，生成体型网状聚合物，D正确； 故选C。 3. 华为最新研发了一种高效含硫化合物固态电池，充电快速又安全。该含硫化合物的结构如下图所示，已知X、Y、Z、L、M、R为短周期主族元素，原子序数依次递增，X的单质保存在固态石蜡中，L与R同族。下列说法正确的是 A. 氢化物的沸点： B. X单质与反应生成的化合物种类相比于X的其它同族金属元素更少 C. 与NaCl溶液反应制备 D. 键角： 【答案】B 【解析】 【分析】X的单质保存在固态石蜡中，短周期金属单质中只有Li（锂）因密度小于煤油需保存在石蜡中，故 X为Li；L与R同族，且原子序数依次递增，结合结构中L形成双键，推测L为O，则R为同族的S；Y能形成4个单键，推断Y为C；Z原子序数介于Y和L之间，推断Z为N；M原子序数介于L和R之间，且只形成1个单键，推断M为F。综上，X、Y、Z、L、M、R对应元素依次为Li、C、N、O、F、S，据此分析解答。 【详解】A．Y的氢化物为烃类，Z的氢化物有、等，未指明是简单气态氢化物，物质未明确，无法比较，A错误；    B．Li与反应仅生成，与Li同族金属为碱金属元素随金属性增强，相应金属单质与反应产物越来越复杂，如Na与反应可生成，B正确；  C．为与NaCl溶液反应实质是与水反应()不能置换出，C错误；    D．为，为，的中心原子O有2对孤电子对和2个键，中心原子O为杂化，的中心原子C没有孤电子对有2个键，故中心原子C为杂化，故键角：，D错误； 故答案选B。 4. 依地酸铁钠是一种强化补铁剂，依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可与形成橙红色配合物，其结构简式如图。某实验小组采用如下实验探究该补铁剂中铁元素的化合价。下列说法正确的是 A. 溶液的大小不影响邻二氮菲与的配位能力 B. 该橙红色配离子中含有配位键、共价键、离子键 C. 依据现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe(III) D. 依据现象①、④和⑤推测，与依地酸根相比，邻二氮菲与形成的配合物更稳定 【答案】D 【解析】 【分析】将依地酸铁钠滴加KSCN溶液，无明显变化，说明，滴氯水，无明显变化，可能是依地酸铁钠与Fe3+形成配合物的稳定性强于；滴加邻二氮菲无明显变化，加入少量维生素C，溶液变为橙红色，说明维生素将还原为，与邻二氮菲形成配合物稳定性强于依地酸根，据此分析； 【详解】A．当同时存在与H+，H+提供空轨道，邻二氮菲中的N提供孤电子对，会占据N原子的配位点，故邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，A错误； B．橙红色配离子中带有苯环结构，苯环含π键，与Fe2+形成配合物，存在配位键，无离子键，B错误； C．从现象②和③推测，可能是依地酸铁钠与Fe3+形成配合物的稳定性强于，不能说明依地酸铁钠中不含Fe(Ⅲ)，C错误； D．加入的维生素C为还原剂，溶液变为橙红色，由题意可知，与邻二氮菲形成配合物的稳定性强于依地酸根，D正确； 故选D。 5. 叔丁基溴可与硝酸银在醇溶液中反应： 反应分步进行： ① ② 下图是该反应能量变化图。下列说法正确的是 A. 选用催化剂可改变反应的大小 B. 图中对应的物质是 C. 其他条件不变时，的浓度越高，总反应速率越快 D. 其他条件不变时，的浓度是总反应速率的决定因素 【答案】D 【解析】 【详解】A．催化剂可以通过改变活化能来改变化学反应速率，对无影响，A错误； B．由题中反应分布进行的式子可知，对应的物质是，B错误； C．总反应速率主要由活化能最大的步骤决定，即，其他条件不变时，的浓度越高，反应②速率越快，但对总反应速率的影响不大，C错误； D．由C可知，的浓度越大，该步骤反应速率越快，总反应速率越快，D正确； 故选D。 6. 中南大学何军团队发表了对新型单元素半导体材料黑砷晶体的研究成果，黑砷晶体与石墨相似，在层内每个砷原子与其他三个砷原子相连，形成二维褶皱蜂巢型结构，其三维结构如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 黑砷晶体为混合型晶体 B. 单层黑砷晶体中含有六元环的数目为 C. 黑砷晶体中As原子上存在1对孤对电子 D. 黑砷晶体中存在大键 【答案】D 【解析】 【详解】A．黑砷晶体和石墨相似，为层状结构，层内砷原子以共价键结合，层间靠范德华力结合，属于混合型晶体，A正确； B．As的摩尔质量为，单层黑砷中As的物质的量为，即含个原子。 每个As原子被个六元环共用，因此1个六元环实际占有As的数目为，则对应六元环的物质的量为，数目为，B正确； C．As最外层有5个电子，每个As原子形成3个As-As共价键，成键消耗3个电子，剩余2个电子，即存在1对孤对电子，C正确； D．石墨为平面结构，每个C剩余1个单电子占据p轨道，p轨道平行重叠可形成大π键；黑砷为二维皱褶蜂巢结构，As原子价层电子对为个成键对加个孤对，采取杂化，没有未成对电子的平行p轨道，无法形成大π键，D错误； 故选D。 7. 无机苯B3N3H6(，结构与苯相似)与甲烷可发生反应：3CH4+2B3N3H6+6H2O→3CO2+6H3BNH3，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1.0molH3BNH3的σ键数为6NA B. 1.0molB3N3H6的(价层)孤电子对数为3NA C. 标准状况下消耗22.4LCH4转移电子数为8NA D. 1.0molCO2溶于水，溶液中H2CO3、三种微粒数和为NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．H3BNH3中存在3个B-Hσ键、3个N-Hσ键、1个B-Nσ键，故1.0molH3BNH3的σ键数为7NA，A错误； B．B3N3H6的结构与苯相似，则B、N均为sp2杂化，B的3个价电子均用于形成σ键，无孤电子对，N有3个价电子用于形成3个σ键，每个N有一对电子参与形成大π键，故1.0molB3N3H6的(价层)孤电子对数为0，B错误； C．反应中C的价态升高，CH4作还原剂，标准状况下消耗22.4LCH4(1mol)转移电子数=1mol×[4-(-4)]×NAmol-1=8NA，C正确； D．CO2溶于水存在CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)，根据碳原子守恒可知1.0molCO2溶于水，溶液中H2CO3、三种微粒数和小于NA，D错误； 故选C。 8. 硒是人体微量元素中的“胰岛素”。含硒废料（主要含Se、S、、ZnO、CuO、等）制取硒的流程如图所示，下列有关说法错误的是 A. “分离”时得到含硫煤油的操作方法是分液 B. “浸取”所得滤渣主要成分为 C. “酸化”时发生反应的离子方程式： D. 若向“酸溶”所得的滤液中滴加硫氰化钾溶液，溶液变红 【答案】A 【解析】 【详解】A．“分离”步骤中，向含硒废料固体中加入煤油，废料中的S溶解进入煤油中，形成固体废料和液体含硫煤油的混合物，分离方法应为过滤，A错误； B．向分离后的固体（含Se、Fe2O3、ZnO、CuO、SiO2等）中加入稀硫酸，Fe2O3、ZnO和CuO均溶解进入溶液中，Se和SiO2不溶于稀硫酸，进入滤渣中。“浸取”步骤中，Se溶于Na2SO3溶液形成Na2SeSO3，SiO2进入滤渣中，B正确； C．的性质类似，酸化时会发生氧化还原反应，生成Se和SO2，离子方程式为，C正确； D．“酸溶”所得滤液中含有Fe2O3溶解所产生的Fe3+，滴加KSCN溶液会变红，D正确。 9. 我国科学家利用光催化反应将废气中的转化为，同时获得绿色氧化剂，装置如图所示。下列说法正确的是 A. 电极B作正极 B. 电极A上发生的反应为 C. 电解过程中需要不断补充 D. 理论上每转化标准状况下，最多可获得 【答案】D 【解析】 【分析】在该装置中，B 极在光照条件下发生反应：，产生的电子经外电路流向 A 极；生成的 具有氧化性，可把通入的 氧化为单质硫：，自身又被还原为 ；根据图示信息推导A极反应：A极为正极，电极上X得电子发生还原反应，同时通入的在酸性条件下得到电子生成H2O2，所以整个装置总反应为。 【详解】A．由分析可知，B极反应为，发生氧化反应，为负极，A错误； B．由分析可知，电极A为正极，发生反应为，B错误； C．由分析可知，电极B侧存在循环反应：，同时与H2S发生反应，重新生成I-，I-整个过程中仅起到催化剂的作用，理论上不会被消耗，因此不需要不断补充，C错误； D．由分析可知，总反应为，标准状况下 的物质的量为0.1 mol，理论上生成 H2O2，质量为3.4 g，D正确； 故答案选D。 10. 某金属离子和结合形成两种配离子和。常温下，的和的混合溶液中，和的浓度对数(实线)、含M微粒的分布系数(虚线)[例如]与溶液pH的关系如图所示：下列说法错误的是 A. 曲线Ⅱ对应的物质为 B. C. b点： D. 图中a点对应的pH≈4.3 【答案】B 【解析】 【分析】和之间存在转化关系，则pH较小时，平衡逆向移动，以为主，则，则曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，随着pH增大，正向移动，浓度增大，和结合形成配离子的反应依次为、，因此随pH增大，持续减小，为曲线Ⅲ，先增大后减小为曲线Ⅳ，一直增大为曲线Ⅴ，据此分析； 【详解】A．根据分析，曲线Ⅱ对应，A正确； B．对于反应，平衡常数，由曲线Ⅳ和曲线Ⅴ交点可知，，即，代入得；温度不变，由图可知该pH下，即，因此，B错误； C．图中a点时c(HL2-)=0.1mol/L，溶液中H3L、H2L-已经可以忽略，根据L元素守恒，原溶液总L浓度为，所有含L微粒满足：，b点，代入整理得：，图中b点pH大于a点，b点溶液中和都可忽略，因此，C正确； D．由曲线Ⅲ和曲线Ⅳ的交点，，即，此时，则，可得，再结合B选项，则a点，即，反应，解得，且a点对应，代入的平衡常数，计算得，则pH=4.3，D正确； 故选B。 二、非选择题：本题共4个大题，共60分。 11. 是一种合成药物的中间体，其合成路线如下： （1）“”的反应类型属于______。若将标记为，则在反应过程中，断裂的是______(选填“1号”或“2号”)碳的键。 （2）分子中含氧官能团的名称为______。 （3）还会产生与互为同分异构体且含五元环的副产物，该副反应的化学方程式为______。 （4）生成中的“2)，”分两步完成，第一步是加成反应，第二步是取代反应。则第一步反应生成的有机物的结构简式是______。 （5）写出同时满足下列条件的的所有同分异构体的结构简式：______。 ①含有3种不同化学环境的氢原子； ②在足量碱存在下水解，酸化后生成的有机物只有乙酸和两种，(乙酸)。含有苯环与氯原子直接相连的结构，能与溶液发生显色反应。 （6）物质的熔点比物质大的原因是______。 【答案】（1） ①. 取代反应 ②. 1号 （2）醚键、酯基 （3） （4） （5）、 （6）二者均为分子晶体，形成分子间氢键数目大于形成的分子间氢键数目 【解析】 【分析】A 和B在甲醇钠和甲醇的作用下，脱去溴化氢，发生取代反应生成C；C水解并脱去羧基酸化后生成D；D与五氧化二磷反应成环生成E；E先经过酯化再和乙二醇反应酸化后生成F；F被四氢铝锂还原生成G，据此分析； 【小问1详解】 A的α-H被B的烃基取代生成C，属于取代反应；产物C中取代基连接在A的1号碳上，因此反应中A断裂1号碳的C-H键； 【小问2详解】 F分子中含氧官能团为酯基（）和醚键（）； 【小问3详解】 D（）与五氧化二磷反应成环生成E()，是下方的羧基与苯环上的H取代，则产生的与E互为同分异构体且含五元环的副产物是上方的羧基与苯环上的H取代，其结构简式为，该副反应的化学方程式为； 【小问4详解】 羰基与乙二醇第一步加成，双键打开，羰基氧变为羟基，羰基碳连接一个，得到加成产物； 【小问5详解】 G的分子式为，其不饱和度为6，G的同分异构体在碱性条件下水解后酸化得到X和乙酸，且X含有苯环与氯原子直接相连的结构，能与溶液发生显色反应，则X含有酚羟基，故该同分异构体是乙酸与X形成的酯，因此该同分异构体中含有2个基团，该基团不饱和度为1，苯环的不饱和度为4，不饱和度共为6，则该同分异构体不含其他不饱和结构；其分子中含有17个H原子，且H原子只有3种不同化学环境，说明该分子具有高度对称性，2个在苯环上处于对称位置，已知苯环与氯原子直接相连，除外其他11个H原子只有2种不同化学环境，则应含有一个只有1种化学环境的H原子的取代基，该基团只能为，苯环上未被取代的2个对称的H原子作为第3种化学环境的H原子，由此可得符合条件的同分异构体为、； 【小问6详解】 二者均为分子晶体，一分子含两个羧基，一分子含两个羧基，D形成分子间氢键数目大于形成的分子间氢键数目，故物质的熔点比物质大。 12. 工业上从高砷铅烟尘（主要含、及少量、）中分离回收砷、铅并富集铟的流程如图所示。 已知：①“硫化还原”时，被还原的物质是。 ②“一系列操作”中最后一步的操作是“碳热还原”生成气体。 ③“萃取”时发生反应：。 （1）“氧化酸浸”时，可提高效率的措施有__________（写一条）。 （2）“硫化还原”过程 ①若以为硫化剂，反应的平衡常数__________（用含有、、的代数式表示）。 已知：时，，的，。 ②若以为硫化剂，不仅不会沉淀，还可以回收单质，是一种“以废治废”的绿色工艺。写出与反应生成的化学方程式是__________。 已知：是一种难溶于水的物质。 ③从的性质分析，以作硫化剂的不足之处是__________。 （3）“脱硫还原”时，以为还原剂，与滤渣中的反应，生成。理论上，与反应的物质的量之比为__________。 （4）“反萃”时，“反萃剂”最宜选用__________（填化学式）。 （5）“碳热还原”在氛围中，样品的热重曲线、产物的吸光度（吸光度越高，浓度越大）与温度的关系如下图所示。 ①在100 ℃前出现小的失重台阶，失重的原因是__________。 ②在290 ℃~550 ℃之间，发生反应的化学方程式为__________。 ③为有效制备砷，温度应控制在__________℃以上。 【答案】（1）适当增加硫酸浓度、适当增加的压力、升高酸浸温度等 （2） ①. ②. ③. 有毒，会污染环境 （3）1:2 （4） （5） ①. 脱去结晶水 ②. ③. 1000 【解析】 【分析】高砷铅烟尘加、，PbO生成沉淀形成滤渣；金属氧化物溶解，生成溶于酸，、生成、，加入硫化剂，还原，生成低价含砷物质和单质S，与硫化剂反应生成沉淀除去，加热溶液中含砷物质转化为，一系列操作得到砷；利用萃取，经过反萃去得到富集铟；滤渣加入、C在1000℃生成粗铅。 【小问1详解】 提高浸出效率的适当增加硫酸浓度（适当增加的压力、升高酸浸温度等）。 【小问2详解】 ①对于反应 ，平衡常数 ；结合电离常数 ， ​，得 ，又 ，即 ​，代入整理得 ；②该反应中，中-2价的S被氧化为0价的S，中+5价的As被还原为中+3价的As，中+3价的As也转化为；根据电子得失守恒和原子守恒配平可得该化学方程式；③是有毒的污染物，直接使用会造成环境污染。 【小问3详解】 C 被氧化为 ，C 从0价变为+4价，1 mol C 失4 mol e-；中 Pb 从+2价被还原为粗铅中的0价，1 mol 得2 mol e-，根据得失电子守恒，。 【小问4详解】 萃取反应为 ，反萃需要使平衡逆向移动，因此可加入强酸提高 ，流程中酸浸使用硫酸，因此最宜选 。 【小问5详解】 ①样品（）带结晶水，低温下首先失去结晶水，出现失重； ②该温度区间内，As从+5价被还原为+3价（生成），C被氧化为， 1 mol 中2 mol As共得4 mol e-，1 mol C失4 mol e-，得失电子守恒得方程式； ③完全转化为时，As转化率最大，由图可知达到1000℃转化率最高，因此有效制备砷需要控制温度在1000℃以上。 13. 碳酸乙烯酯（简称EC），摩尔质量为、沸点为，开始分解，是最常用的锂电池电解液溶剂之一。尿素醇解法是合成EC的重要方法，实验装置如图所示（加热和夹持仪器已略去），实验步骤如下： I.准确称取尿素及 乙二醇加入到圆底烧瓶中，再加入适量催化剂，启动真空泵，使反应体系内的压力维持在，同时冷凝管通入冷凝水，控制反应温度为，反应，停止抽真空，将圆底烧瓶的温度自然降至室温，待圆底烧瓶内压力恢复至常压。 （1）制备反应的化学方程式为__________。 （2）给圆底烧瓶加热的方式是__________（填“酒精灯直接加热”“水浴”或“油浴”）。 （3）选择在下进行反应可以提高产率，原因是__________。 II.分离提纯： 步骤①将反应混合物中的固体催化剂除去；步骤②除去溶解在滤液中的催化剂； 步骤③精制产品，得78.32 g成品。 （4）步骤①需要的玻璃仪器有__________。 （5）步骤②的方法是__________。 a.蒸发结晶 b.减压蒸馏 c.常压蒸馏 d.减压过滤 III.纯度测定：在锥形瓶中加入碳酸乙烯酯，同时加入 标准溶液，在80~90℃水浴上加热20 min。取出冷却，滴加溶液15 mL，振荡使沉淀析出。以酚酞为指示剂，用的盐酸标准溶液滴定过量的氢氧化钠，同时做空白试验，消耗盐酸标准溶液体积分别为、。 （6）碳酸乙烯酯纯度为__________（用含有、、的代数式表示）。 （7）实验中，若加入水溶液速度过快，会导致测定结果偏大，原因是__________。 （8）若每消耗1.00 mL盐酸标准溶液，相当于碳酸乙烯酯的质量为，盐酸标准溶液的浓度应为__________。 【答案】（1） （2）油浴 （3）压强减小，可降低沸点，并促进制备反应向正向移动（或减少分解） （4）烧杯、玻璃棒、漏斗 （5）b （6） （7）部分被沉淀覆盖，使偏小 （8）1.0 【解析】 【分析】准确称取尿素及乙二醇加入到圆底烧瓶中，再加入适量催化剂，使反应体系内的压力维持在，控制反应温度，发生反应，除去杂质，精制产品，据此分析； 【小问1详解】 尿素和乙二醇发生醇解反应，生成碳酸乙烯酯和氨气，； 【小问2详解】 反应温度为135℃，高于水的沸点（100℃），水浴无法达到该温度，酒精灯直接加热温度难控制，因此选择油浴； 【小问3详解】 该反应为可逆反应，且生成气体NH3，低压下NH3更易逸出，使平衡正向移动，提高产物产率； 【小问4详解】 步骤①为过滤除去固体催化剂，过滤操作需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒； 【小问5详解】 碳酸乙烯酯200℃开始分解，常压蒸馏需要升温到其沸点246℃，会导致产物分解；减压蒸馏可以降低沸点，避免产物分解，因此选减压蒸馏，故选b； 【小问6详解】 1 mol 碳酸乙烯酯水解消耗2 mol NaOH，与EC反应的 ，因此 ，EC摩尔质量为88 g/mol，可得EC质量为 ，故纯度为 ； 【小问7详解】 加BaCl2​过快时，部分过量NaOH被沉淀覆盖，无法被盐酸滴定，导致测得V偏小，(V空​−V)偏大，最终测定结果偏大； 【小问8详解】 根据整个测定过程的化学计量关系：， ，1 mol EC对应消耗2 mol HCl，因此 ， 。 14. “双碳”战略下，加氢制甲醇是实现碳资源循环利用的核心技术。传统铜锌催化剂因活性位点高度耦合生成副产物，涉及的反应如下： Ⅰ： Ⅱ： Ⅲ： 回答下列问题： （1）①________；反应Ⅰ在________（填“高温”“低温”“任意温度”）自发进行。 ②中科院大连化物所提出催化活性位点“空间解耦”新策略：将活性位点（）与活性位点（）在空间上分离，提高了甲醇的选择性。“空间解耦”-甲酸盐部分路径如下： 步骤1： （表明2个H在Cu位点吸附活化） 步骤2：________（与活性氢加成）。 步骤3： 步骤4： 请写出步骤2的基元反应________。 （2）在3 MPa下，向某密闭容器中按投料比充入反应物发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如下图所示。 ①Z线所示物种是________（填化学式）。 ②解释物质的量分数随温度变化的原因________。 ③260℃时向密闭容器中加入2 mol CO2和，达平衡时测得，，选择性________[]，反应Ⅰ的平衡常数________（列出计算式，分压=总压×物质的量分数）。 （3）工业生产甲醇的催化体系需控制进料气中的进入量，原因是________（从催化剂活性位点和化学平衡角度分析）。 【答案】（1） ①. -49.2kJ·mol-1 ②. 低温 ③. CO2*@ZrO2+H*@Cu→HCOO*@ZrO2+Cu（写CO2*@ZrO2+2H*@Cu→HCOO*@ZrO2+H*Cu也可） （2） ①. H2O ②. 升温温度使反应Ⅰ逆向进行，生成更多H2；而反应Ⅱ正向进行，消耗H2；反应Ⅰ逆向进行生成氢气的量大于反应Ⅱ正向进行消耗氢气的量，则H2物质的量分数随温度升高而增大 ③. 90% ④. （3）水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱；水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降 【解析】 【小问1详解】 ①根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ+反应Ⅲ，因此；反应Ⅰ气体分子数减少，，且，根据的自发条件，该反应在低温下自发； ② 根据反应路径，步骤1得到吸附态和活性氢，步骤3的反应物为，因此步骤2为二者加成生成目标产物的反应，即； 【小问2详解】 ①升温时，放热的反应Ⅰ逆向移动，、物质的量分数降低；吸热的反应Ⅱ正向移动，物质的量分数升高，因此升高增大的为；又，的物质的量分数始终大于，因此为； ② 反应Ⅰ为放热反应，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动，生成量增加；反应Ⅱ为吸热反应，升温使反应Ⅱ正向移动消耗，但反应Ⅰ逆向进行生成氢气的量大于反应Ⅱ正向进行消耗氢气的量，因此​物质的量分数随温度升高而增大； ③设反应Ⅰ转化​为，反应Ⅱ转化​为，已知平衡时，，则，，解得，，因此；平衡，平衡时总物质的量为，代入分压平衡常数表达式化简得； 【小问3详解】 平衡角度：(g)是反应Ⅰ、Ⅱ的生成物，进料(g)分压增大，会使反应平衡逆向移动，不利于甲醇生成；催化剂角度：(g)会吸附占据催化剂的活性位点，使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱，因此需要控制进料中(g)的量。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $