精品解析：吉林五校联考2026届高三上学期期末考试化学试卷

2026届高三模拟考试 化学科试题 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将条形码粘贴在答题卡相应位置，并且把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其，答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡相应位置上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，只上交答题卡，试卷不回收。 4.可能用到的相对原子质量：H：1　C：12　N：14　O：16　Cl：35.5　Cr：52　Ni：59　Cu：64 一、单项选择题（本题共15个小题，每小题3分，共45分） 1. 化学与社会、生活、科技密切相关。下列说法错误的是 A. 在酱油中加入铁强化剂，有助于减少缺铁性贫血问题的发生 B. 合金室温下可吸收氢气形成金属氢化物，可作储氢材料 C. 将鸭蛋放入食盐水一段时间，和可以穿过半透膜，得到咸鸭蛋 D. 生铁和钢是含碳量不同的两种铁碳合金，生铁的含碳量比高碳钢的含碳量低 2. 高活性人工固氮产物的合成原理为。下列有关化学用语表述错误的是 A. LiH的电子式为 B. 石墨中碳原子的杂化轨道示意图为 C. 的VSEPR模型为 D. 基态氮原子电子排布图为 3. 下列说法正确的是 A. 由常温下高锰酸钾与浓硫酸混合生成为绿色油状液体，推测其可能是由共价键构成的酸性氧化物 B. 由F、Cl、Br、I的非金属性递减，可推断HF、HCl、HBr、HI酸性逐渐增强 C. 由键角大于120°且能二聚形成，可推断中键类型为 D. 由在中溶解度大于其在水中的溶解度，可推断为非极性分子 4. 下列反应对应的离子方程式有错误的是 A. AgI悬浊液加入铁粉进行转化： B. 溶液中加入硫酸： C. 酸雨形成过程涉及的氧化： D. 溶液与稀硫酸产生硼酸： 5. 以下有关实验说法正确的是 A. 空气吹出法海水提溴时，每制得1mol ，理论上至少消耗2mol B. 提纯苯甲酸时(含少量NaCl和泥沙)，趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C. 从干海带中提取碘单质的实验，需要用到分液漏斗，漏斗，蒸发皿，直形冷凝管 D. 用过滤的方法分离苯酚和碳酸氢钠溶液 6. 玛巴洛沙韦是一种特效抗流感药物，属于病毒RNA聚合酶抑制剂，其特点是“只需吃一次”，其分子结构如图所示。下列有关该分子说法错误的是 A. 含有碳酸酯、酰胺、芳香环等结构 B. 可能与、等结合而降低药效 C. 饱和碳原子中有3个手性碳原子 D. 与机体生物大分子的功能基团结合而发挥药效 7. 亚铁氰化钾俗称黄铁盐，是一种食品添加剂，在食盐中作抗结剂。其受热发生反应：，设阿伏加德罗常数的值为，下列关于该反应说法错误的是 A. 的最高能层含有的电子数为 B. 固体中含有的阴离子为 C. 分子中含键和键数目为 D. 已知晶胞中每个碳原子周围距离相等且最近铁原子为6个，则铁的配位数是2 8. 可与等配体形成使溶液呈浅紫色的、红色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验： 已知：向的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的配离子：不能与形成配离子。下列说法不正确的是 A. 溶液I中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色造成 B. 溶液Ⅱ、Ⅲ的颜色分别为红色和无色，说明其中不存在 C. 可用和溶液检验溶液中是否含有 D. 中的键角大于分子中的键角 9. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中Y、Z、W位于同一周期，基态Y原子的p轨道含有两个未成对电子，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，可形成离子液体。下列说法正确的是 A. 与的空间结构相同 B. 中存在键、氢键和配位键 C. 第一电离能： D. 该离子液体比一般的有机溶剂易挥发 10. 镍基合金具有优异的性质。从无机相萃取镍形成的配合物如图1所示；NixCuyNz晶体的立方晶胞如图2所示，已知相邻原子间的最近距离之比。 下列说法正确的是 A. 配合物中镍的化合价为+4价 B. 配体中C原子的杂化方式为sp2和sp3 C. 晶体中与Cu原子最近且等距离的Ni原子的数目为8 D. 设阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 g·cm-3 11. 双电子转移策略实现铁催化溴代烷烃的烷基羰基化反应的机理如下图所示，L是一种中性配体，的结构为。 下列说法错误的是 A. 中Fe的配位数为6 B. 为该反应的催化剂 C. →的转化中铁的化合价发生改变 D. 总催化反应方程式为 12. 以高砷烟尘(主要成分是As2O3、As2O5和Pb5O8)为原料制备砷酸钠晶体(Na3AsO4·10H2O)的工艺流程如图。 下列说法正确的是 A. “碱浸”时，Pb5O8与Na2S反应的物质的量之比为1：3 B. “抽滤”结束后，先关闭抽气泵 C. “氧化”的目的是将As(Ⅲ)氧化为As(V) D. “系列操作”包括蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥 13. 二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应： 反应Ⅰ：CO(g)+CH3OCH3(g) CH3COOCH3(g)△H1＜0 反应Ⅱ：CH3COOCH3(g)+2H2(g) CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)△H2＜0 在固定 CO、CH3OCH3、H2的原料比、体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ， 平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线 B 表示 H2的物质的量分数随温度的变化 B. 600 K 后升高温度，CH3COOCH3的物质的量分数降低原因是反应Ⅱ平衡右移 C. 测得 X 点 CH3CH2OH 的物质的量分数是 10%，则 X 点反应Ⅱ有：v 正>v 逆 D. 其他条件不变，延长反应时间能提高平衡混合物中乙醇含量 14. 光伏电池具有体积小、寿命长、无污染等优点，下图为光伏并网发电装置，以此光伏电池为直流电源，采用电渗析法合成电子工业清洗剂四甲基氢氧化铵。原料为四甲基氯化铵，其工作原理如图所示（a、b均为惰性电极），下列叙述正确的是 A. 光伏并网发电装置中，P型半导体为负极 B. c、e均为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜 C. a极电极反应式： D. 若两极共产生3.36L气体（标准状况），则可制备 15. 常温下向、、的混合液中滴加KCN溶液，混合液中lgx与的关系如图所示，或或。下列叙述正确的是 已知：①； ②； ③，且。 A. 直线c代表与的关系 B. 平衡常数的数量级为 C. 反应的平衡常数 D. 向含相同浓度的和的溶液中滴加KCN溶液，先生成 二、非选择题（本题共4个小题，共56分） 16. 二氧化铈是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿（主要含）为原料制备的一种工艺流程如图所示： 已知：①能与结合成，也能与结合成； ②在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能。 回答下列问题： （1）氧化焙烧中氧化的目的是__________________________________________。 （2）“萃取”时存在反应：，如下图中D是分配比，表示Ce（Ⅳ）分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比保持其它条件不变，若在起始料液中加入不同量的以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因：________________________________________________________。 （3）“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为：______________。 （4）向水层中加入NaOH溶液，当______________时，完全生成沉淀。（当时为沉淀完全，） （5）是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着的循环，请写出消除NO尾气（气体产物是空气的某一成分）的化学方程式____________________________。 （6）氧化铈，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如下图所示。 （已知：的空缺率=） ①已知M点原子的分数坐标为，则N点原子的分数坐标为______________。 ②若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为______________。 17. 某研究小组以为原料探究制备无水并进一步制备新型电子陶瓷的流程如下。 已知：①熔点为83℃，易潮解，易升华，高温下易被氧化。 ②光气沸点为8.2℃，有毒，易水解；沸点为76.8℃；CrN熔点1650℃。回答下列问题： （1）“热反应I”制备无水的实验装置如图（夹持及A、E、F中加热装置省略）。 ①A装置用于制取，反应时需通的目的是____________________________。 ②实验装置连接顺序为_____________。 ，，，g（填仪器接口字母，装置可重复使用）。 ③“热反应Ⅰ”的化学方程为__________________________________。 ④b处导管在实验中可能堵塞的原因是__________________________________________。 ⑤若光气进入D装置，发生反应的化学方程式为__________________________________________。 （2）“热反应Ⅱ”制备新型CrN电子陶瓷实验部分装置如图（部分装置省略），反应方程式为。 室温下用分析天平称得基体质量为，向基体中加入无水，称得总质量为，反应完成后冷却至室温，经处理称得新型CrN电子陶瓷（含基体和CrN）总质量为，计算CrN的产率为______________（列计算式）。 18. 氢气是重要的资源。请回答： （1）已知：i： ； ii： ； iii． ①反应的___________，该反应___________自发。 ②若反应iii在恒温、恒容密闭容器中进行，下列叙述能说明反应到达平衡状态的是___________(填序号)。 A．容器中混合气体的密度保持不变 B．容器内混合气体的压强保持不变 C．反应速率2v正(CO)=v逆(H2) D．同时断裂1mol O—H键和2mol H—H键 ③一定温度下、和(体积比)按一定流速进入装催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生i和ii。有存在时ii反应进程如图1。随x增加转化率和产物选择性(选择性)如图2。当时混合气体以低流速经过恒容反应器时，反应近似平衡，随x增大转化率减小是因为___________；当时该温度下ii的___________。 （2）利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce化合价均发生变化，可能机理如图。将n(CO):n(O2):n(H2):n(N2)=1:1:49:49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图所示。当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是___________。 （3）一种水系分散聚合物微粒的“泥浆”电池在充电中，聚对苯二酚被氧化，H+能通过半透膜，而有机聚合物不能通过半透膜。写出放电时a极的电极反应方程式___________。 19. 多聚二磷酸腺苷核糖聚合酶抑制剂奥拉帕尼（J）的合成路线如下。 已知：ⅰ． ⅱ． （1）A为芳香族酯类化合物，A→B的化学方程式为__________。 （2）C→D发生了两步反应，反应类型依次为加成反应、__________。 （3）试剂a中含有的官能团有__________。（写结构简式） （4）下列说法正确的是__________。 a．A的一种同分异构体既能发生银镜反应，又能遇溶液发生显色反应 b．H能与溶液反应 c．H→I的过程可能生成一种分子内含有7个六元环的副产物 d．I→J的过程利用了的碱性 （5）C的同分异构体中符合以下条件共有__________种。 ①除苯环外无其他环状结构，苯环上的取代基不少于两个 ②能发生银镜反应 （6）E经多步转化可得到G，路线如下。 M分子中含有2个六元环，P分子中含有3个六元环。M和P的结构简式分别为__________、__________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三模拟考试 化学科试题 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将条形码粘贴在答题卡相应位置，并且把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其，答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡相应位置上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，只上交答题卡，试卷不回收。 4.可能用到的相对原子质量：H：1　C：12　N：14　O：16　Cl：35.5　Cr：52　Ni：59　Cu：64 一、单项选择题（本题共15个小题，每小题3分，共45分） 1. 化学与社会、生活、科技密切相关。下列说法错误的是 A. 在酱油中加入铁强化剂，有助于减少缺铁性贫血问题的发生 B. 合金室温下可吸收氢气形成金属氢化物，可作储氢材料 C. 将鸭蛋放入食盐水一段时间，和可以穿过半透膜，得到咸鸭蛋 D. 生铁和钢是含碳量不同的两种铁碳合金，生铁的含碳量比高碳钢的含碳量低 【答案】D 【解析】 【详解】A．在酱油中加入铁强化剂（如硫酸亚铁）可补充铁元素，预防缺铁性贫血，A正确; B．Ti-Fe合金在室温下可吸收氢气形成金属氢化物，适当加热能释放氢气，是实际应用的储氢材料，B正确; C．蛋膜为半透膜，咸鸭蛋制作中，Na⁺和Cl⁻直径小于1nm，可通过蛋壳和蛋膜渗透进入鸭蛋内部，C正确; D．生铁含碳量（2%-4.3%）高于钢（0.02%-2%），高碳钢含碳量（0.6%-1.0%）低于生铁，D错误; 故答案选D。 2. 高活性人工固氮产物的合成原理为。下列有关化学用语表述错误的是 A. LiH的电子式为 B. 石墨中碳原子的杂化轨道示意图为 C. 的VSEPR模型为 D. 基态氮原子电子排布图为 【答案】C 【解析】 【详解】A．LiH是离子化合物，电子式为，故A正确； B．石墨中碳原子采用sp2杂化，为平面三角形，杂化轨道示意图为，故B正确； C．与互为等电子体，N原子价电子对数为2，VSEPR模型为直线形，故C错误； D．N是7号元素，基态氮原子电子排布图为，故D正确； 故选C。 3. 下列说法正确的是 A. 由常温下高锰酸钾与浓硫酸混合生成为绿色油状液体，推测其可能是由共价键构成的酸性氧化物 B. 由F、Cl、Br、I的非金属性递减，可推断HF、HCl、HBr、HI酸性逐渐增强 C. 由键角大于120°且能二聚形成，可推断中键类型为 D. 由在中溶解度大于其在水中的溶解度，可推断为非极性分子 【答案】A 【解析】 【详解】A．Mn2O7常温下为绿色油状液体，说明其熔点不高，由共价键构成，其可以和水反应生成高锰酸，是酸性氧化物，推测合理，A正确； B．将解析B修改为“影响氢卤酸酸性的主要因素是H-X键的键能，而非非金属性。从F到I，原子半径增大，H-X键能依次减小，酸性逐渐增强。由非金属性递减直接推断酸性增强的逻辑不严谨，B错误； C．NO2键角大于120°（实际约134°）且能二聚形成N2O4，NO2分子中含有17个价电子，可推断中键类型为，C错误； D．CCl4为非极性分子，O3为极性分子，但臭氧的极性较小，则O3在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，D错误。 故选A。 4. 下列反应对应的离子方程式有错误的是 A. AgI悬浊液加入铁粉进行转化： B. 溶液中加入硫酸： C. 酸雨形成过程涉及的氧化： D. 溶液与稀硫酸产生硼酸： 【答案】A 【解析】 【详解】A．铁粉与AgI反应，Fe被氧化为，而不是，正确的离子方程式应为，A错误； B．K2CrO4溶液中加入硫酸，铬酸根在酸性条件下转化为重铬酸根，离子方程式为：，B正确； C．酸雨形成中，H2SO3（亚硫酸）被O2氧化为H2SO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，C正确； D．Na2B4O5(OH)4（硼砂）在水溶液中电离出，与H+反应生成硼酸（H3BO3），离子方程式为：，D正确； 故选A。 5. 以下有关实验说法正确的是 A. 空气吹出法海水提溴时，每制得1mol ，理论上至少消耗2mol B. 提纯苯甲酸时(含少量NaCl和泥沙)，趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C. 从干海带中提取碘单质的实验，需要用到分液漏斗，漏斗，蒸发皿，直形冷凝管 D. 用过滤的方法分离苯酚和碳酸氢钠溶液 【答案】A 【解析】 【详解】A．空气吹出法提溴过程中，首先将溴离子氧化为发生：，随后二氧化硫吸收生成溴化氢，再用将溴化氢氧化回，总反应中每生成，理论上至少需要，A正确； B．趁热过滤主要去除不溶的泥沙，而因高温溶解仍留在母液中，冷却后苯甲酸析出时仍在母液中，B错误； C．干海带提碘流程包括灼烧、溶解/煮沸、过滤（漏斗），氧化萃取（分液漏斗）、蒸馏（直形冷凝管），未用到蒸发皿，C错误； D．苯酚与溶液均为液体，不能用过滤，应用萃取等方法进行进行分离，D错误； 故答案选A。 6. 玛巴洛沙韦是一种特效抗流感药物，属于病毒RNA聚合酶抑制剂，其特点是“只需吃一次”，其分子结构如图所示。下列有关该分子说法错误的是 A. 含有碳酸酯、酰胺、芳香环等结构 B. 可能与、等结合而降低药效 C. 饱和碳原子中有3个手性碳原子 D. 与机体生物大分子的功能基团结合而发挥药效 【答案】C 【解析】 【详解】A．由分子结构可知，该物质的分子结构中含有碳酸酯、酰胺、芳香环等结构，A正确； B．(硫醚键)中的硫原子有孤电子对，能与、等金属离子形成配位键，可能会降低药物的药效， B正确； C．连有四个不同原子或基团的碳原子为手性碳原子，结合分子结构可知，饱和碳原子中有2个手性碳原子，如图标注“*”的碳原子：，C错误； D．该物质属于病毒RNA聚合酶抑制剂，与机体生物大分子(如蛋白质、核酸等)的功能基团结合而发挥药效，D正确； 故选C。 7. 亚铁氰化钾俗称黄铁盐，是一种食品添加剂，在食盐中作抗结剂。其受热发生反应：，设阿伏加德罗常数的值为，下列关于该反应说法错误的是 A. 的最高能层含有的电子数为 B. 固体中含有的阴离子为 C. 分子中含键和键数目为 D. 已知晶胞中每个碳原子周围距离相等且最近铁原子为6个，则铁的配位数是2 【答案】B 【解析】 【详解】A．Fe为26号元素，其原子核外共有26个电子，Fe原子失去轨道上的2个电子得到，则的核外电子排布式为，其最高能层电子排布为，最高能层含有电子数目为，A正确； B．配合物固体中阴离子是，不存在，则含有的阴离子为NA，B错误； C．分子的结构式为，一个碳碳键，中含有1个键和2个键，因此分子中三个键和四个键，共，C正确； D．的晶胞结构中碳原子的配位数为6，配位数之比等于相应原子数目成反比，则Fe原子配位数为，D正确； 故选B。 8. 可与等配体形成使溶液呈浅紫色的、红色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验： 已知：向的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的配离子：不能与形成配离子。下列说法不正确的是 A. 溶液I中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色造成 B. 溶液Ⅱ、Ⅲ的颜色分别为红色和无色，说明其中不存在 C. 可用和溶液检验溶液中是否含有 D. 中的键角大于分子中的键角 【答案】B 【解析】 【详解】A．I中溶于水后，发生部分水解生成等，使溶液呈黄色，A项正确； B．与的反应存在平衡：,溶液Ⅱ，Ⅲ分别存在平衡：, ,因此溶液Ⅱ，Ⅲ的颜色分别为红色和无色，不能说明其中不存在，只能说明的量少，B项错误； C．先往溶液中加入足量的NaF溶液，再加入KSCN溶液，若溶液呈蓝色，则表明含有，否则不含，C项正确； D．中分子内O原子最外层只存在一对孤对电子，对H-O-H中O-H的排斥作用减小，所以键角比分子中H-O-H的键角大，D项正确； 答案选B。 9. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中Y、Z、W位于同一周期，基态Y原子的p轨道含有两个未成对电子，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，可形成离子液体。下列说法正确的是 A. 与的空间结构相同 B. 中存在键、氢键和配位键 C. 第一电离能： D. 该离子液体比一般的有机溶剂易挥发 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中Y、Z、W位于同一周期，基态Y原子的p轨道含有两个未成对电子，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，其核外电子排布为：1s22s22p4，W为O元素，则Y为C元素，Z为N元素；四种元素可形成离子液体，则X为H元素，据此解答。 【详解】A．中心原子的价层电子对数是2，不存在孤电子对，空间构型是直线形，与的空间结构相同，故A正确； B．中存在键和配位键，不存在氢键，故B错误； C．N核外2p轨道电子排布处于半充满的较稳定状态，第一电离能大于相邻族元素，则第一电离能：N＞O＞C，故C错误； D．该离子液体含有阴阳离子，比一般的有机溶剂难挥发，故D错误； 故选A。 10. 镍基合金具有优异的性质。从无机相萃取镍形成的配合物如图1所示；NixCuyNz晶体的立方晶胞如图2所示，已知相邻原子间的最近距离之比。 下列说法正确的是 A. 配合物中镍的化合价为+4价 B. 配体中C原子的杂化方式为sp2和sp3 C. 晶体中与Cu原子最近且等距离的Ni原子的数目为8 D. 设阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 g·cm-3 【答案】B 【解析】 【分析】由相邻原子间的最近距离之比可知，晶胞中镍原子位于面心，个数为：6×=3，铜原子位于顶点，个数为：8×=1，氮原子位于体心，个数为1。 【详解】A．由结构式可知，配合物的配体为、水分子和ArSO，则中心离子为化合价为+2价的镍离子，A错误； B．由结构式可知，配体中环上的双键碳原子和酯基碳原子的杂化方式为sp2杂化，烃基中的饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，B正确； C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铜原子与位于面心的镍原子距离最近，则晶体中与铜原子最近且等距离的镍原子的数目为12，C错误； D．设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7 a)3d，解得d=×1021，D错误； 故选B。 11. 双电子转移策略实现铁催化溴代烷烃的烷基羰基化反应的机理如下图所示，L是一种中性配体，的结构为。 下列说法错误的是 A. 中Fe的配位数为6 B. 为该反应的催化剂 C. →的转化中铁的化合价发生改变 D. 总催化反应方程式为 【答案】C 【解析】 【分析】起始物质（Ⅰ），在配体L、CO和作用下，转化为，这是催化剂的活化过程，使催化剂具备催化活性。（Ⅱ）与溴代烷烃发生氧化加成反应，生成（Ⅲ），在这个过程中，R - Br的C - Br键断裂，R基团和Br原子分别与Fe原子成键。（Ⅲ）与CO发生羰基化反应，CO插入到Fe - R键之间，生成（Ⅳ）。醇作为亲核试剂，进攻（Ⅳ）中羰基的碳原子，形成和（Ⅴ） 。（Ⅴ）与CO发生还原消除反应，生成，同时（Ⅱ）再生，从而完成催化循环，使反应能够持续进行。 【详解】A．在配合物中，配位数是指与中心原子直接相连的配位原子的总数。观察Ⅰ的结构，Fe 与6个CO 配体相连，所以Fe的配位数为6，A正确； B． 催化剂在反应前后质量和化学性质不变。从反应机理图可以看出，Ⅱ参与反应后又在反应过程中再生，符合催化剂的特征，所以Ⅱ为该反应的催化剂，B正确； C．在Ⅲ中，设的化合价为x，根据化合物中各元素化合价代数和为0，R-和Br-均为-1价，L、为中性配体，可得x+(-1)+(-1)=0，x=+2；在Ⅳ中，同样设Fe的化合价y，R-CO-为-1价、Br-为-1价，L、CO为中性配体，y+(-1)+(-1)=0，y=+2。所以Ⅲ→Ⅳ的转化中铁的化合价没有发生改变，C错误； D．从反应机理图中可以看出，反应物为、、，生成物为和，所以总催化反应方程式为，D正确； 综上，答案是C。 12. 以高砷烟尘(主要成分是As2O3、As2O5和Pb5O8)为原料制备砷酸钠晶体(Na3AsO4·10H2O)的工艺流程如图。 下列说法正确的是 A. “碱浸”时，Pb5O8与Na2S反应的物质的量之比为1：3 B. “抽滤”结束后，先关闭抽气泵 C. “氧化”的目的是将As(Ⅲ)氧化为As(V) D. “系列操作”包括蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥 【答案】C 【解析】 【分析】以高砷烟尘(主要成分是、和)为原料制备砷酸钠晶体()流程中，、与NaOH溶液反应依次形成和，与NaOH、反应为PbS；氧化滤液中的生成，经系列操作得到砷酸钠晶体。 【详解】A．“碱浸”时，与反应为，与反应的物质的量之比为1：8，A错误； B．“抽滤”结束后，应先断开抽滤瓶与抽气泵的连接，再关闭抽气泵，再把布氏漏斗拆除，B错误； C．根据分析，As有+3、+5两种价态，氧化前的As为+3价，氧化后为+5价，故“氧化”的目的是将As(Ⅲ)氧化为As(V)，C正确； D．砷酸钠晶体中含有结晶水，需要通过冷却结晶法收集固体，“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D错误； 故选C。 13. 二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应： 反应Ⅰ：CO(g)+CH3OCH3(g) CH3COOCH3(g)△H1＜0 反应Ⅱ：CH3COOCH3(g)+2H2(g) CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)△H2＜0 在固定 CO、CH3OCH3、H2的原料比、体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ， 平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线 B 表示 H2的物质的量分数随温度的变化 B. 600 K 后升高温度，CH3COOCH3的物质的量分数降低原因是反应Ⅱ平衡右移 C. 测得 X 点 CH3CH2OH 的物质的量分数是 10%，则 X 点反应Ⅱ有：v 正>v 逆 D. 其他条件不变，延长反应时间能提高平衡混合物中乙醇含量 【答案】C 【解析】 【分析】温度高于600℃时，乙醇和甲醇的物质的量分数几乎为零，说明高于600℃以反应Ⅰ为主，则随着温度升高，反应Ⅰ化学平衡逆向移动，CO和二甲醚物质的量分数增大，故B表示二甲醚或者CO的物质的量分数随温度的变化情况。 【详解】A．根据分析可知，曲线B表示CO或二甲醚物质的量分数随温度变化情况，A错误； B．600K后，主要进行反应Ⅰ，升高温度，反应Ⅰ逆向移动，CH3COOCH3的物质的量分数减小，B错误； C．测得X点乙醇的物质的量分数为10%，低于该温度下平衡时乙醇的物质的量分数，则反应Ⅱ正向移动，v正>v逆，C正确； D．乙醇的产率不受反应时间的影响，延长反应时间不能提高平衡混合物中乙醇含量，D错误； 故答案选C。 14. 光伏电池具有体积小、寿命长、无污染等优点，下图为光伏并网发电装置，以此光伏电池为直流电源，采用电渗析法合成电子工业清洗剂四甲基氢氧化铵。原料为四甲基氯化铵，其工作原理如图所示（a、b均为惰性电极），下列叙述正确的是 A. 光伏并网发电装置中，P型半导体为负极 B. c、e均为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜 C. a极电极反应式： D. 若两极共产生3.36L气体（标准状况），则可制备 【答案】D 【解析】 【分析】根据第三个池中浓度变化得出，钠离子从第四个池通过 e膜进入，氯离子从第二个池通过d膜进入，由电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则 a为阴极，b为阳极，a与N型半导体相连，b与P型半导体相连，所以N型半导体为负极，P型半导体为正极，由此可知： 【详解】A. 由分析可知，P型半导体为正极，A错误； B. 由题中图示信息和分析可知，Na＋离子通过e膜，Cl-通过d膜，通过c膜，所以c、e膜为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，B错误； C. 由题中信息可知，a为阴极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为，C错误； D. 的物质的量为0.2mol，由a极电极反应式可知收集氢气0.1mol，转移电子为0.2mol，b极电极反应式为 ，收集氧气为0.05mol，标准状况下两极共得气体体积为 ，D正确； 故选D。 15. 常温下向、、的混合液中滴加KCN溶液，混合液中lgx与的关系如图所示，或或。下列叙述正确的是 已知：①； ②； ③，且。 A. 直线c代表与的关系 B. 平衡常数的数量级为 C. 反应的平衡常数 D. 向含相同浓度的和的溶液中滴加KCN溶液，先生成 【答案】C 【解析】 【分析】对题给配合平衡，形成常数关系可写为，取常用对数得。因此，图线斜率等于配体数，纵轴截距等于形成常数的常用对数。 图中a、b的斜率均为6，c的斜率为4；又因题给，所以a对应三价铁配合平衡，b对应二价铁配合平衡，c对应镍配合平衡。将m、w、p三点的坐标分别代入，得、、。 【详解】A．直线c的斜率为4，对应镍配合平衡，表示与的关系，不表示二价铁配合物的相应浓度比，A错误； B．由p（-1，27.3）及直线c的斜率4可得，故其数量级为，B错误； C．二价铁配合反应与三价铁配合反应的逆反应相加，所得反应及其平衡常数为，C正确； D．相同浓度下，因，三价铁离子与氰根离子的配合倾向更强，滴加KCN溶液时先生成，而不是，D错误； 故选C。 二、非选择题（本题共4个小题，共56分） 16. 二氧化铈是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿（主要含）为原料制备的一种工艺流程如图所示： 已知：①能与结合成，也能与结合成； ②在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能。 回答下列问题： （1）氧化焙烧中氧化的目的是__________________________________________。 （2）“萃取”时存在反应：，如下图中D是分配比，表示Ce（Ⅳ）分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比保持其它条件不变，若在起始料液中加入不同量的以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因：________________________________________________________。 （3）“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为：______________。 （4）向水层中加入NaOH溶液，当______________时，完全生成沉淀。（当时为沉淀完全，） （5）是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着的循环，请写出消除NO尾气（气体产物是空气的某一成分）的化学方程式____________________________。 （6）氧化铈，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如下图所示。 （已知：的空缺率=） ①已知M点原子的分数坐标为，则N点原子的分数坐标为______________。 ②若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为______________。 【答案】（1）将+3价的氧化为+4价，便于后续通过萃取分离元素 （2）随着增大，水层中更多与结合生成，水层中游离的浓度降低，使萃取平衡向左移动，有机层中的浓度减小，因此分配比D随增大而减小 （3） （4） （5） （6） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 原料中为+3价，结合已知信息“硫酸体系中能被萃取剂萃取，不能”，氧化焙烧的目的就是将元素氧化为可被萃取的+4价，为后续萃取提纯步骤做准备； 【小问2详解】 结合已知的配位反应和萃取平衡移动规律，解释硫酸根浓度变化对两个平衡的连锁影响，匹配图像中D随硫酸根浓度升高下降的趋势； 【小问3详解】 该反应中被还原为，作为还原剂被氧化生成，根据得失电子守恒（得电子、失电子）和电荷守恒配平即可得到：； 【小问4详解】 ：根据溶度积公式，代入沉淀完全时、，可得，即，对应； 【小问5详解】 作为尾气被还原，生成的空气成分是，作为供氧剂提供氧，自身被氧化为完整的​，根据、元素得失电子守恒配平即可得到：； 【小问6详解】 ①M点为晶胞原点，N点位于晶胞右侧面的面心，x方向坐标为1，y、z方向均为晶胞边长的，因此分数坐标为； ②中阳离子和阴离子的个数比为，若掺杂后得到的晶体，阳离子和阴离子的个数比为，则此晶体中的空缺率为； 17. 某研究小组以为原料探究制备无水并进一步制备新型电子陶瓷的流程如下。 已知：①熔点为83℃，易潮解，易升华，高温下易被氧化。 ②光气沸点为8.2℃，有毒，易水解；沸点为76.8℃；CrN熔点1650℃。回答下列问题： （1）“热反应I”制备无水的实验装置如图（夹持及A、E、F中加热装置省略）。 ①A装置用于制取，反应时需通的目的是____________________________。 ②实验装置连接顺序为_____________。 ，，，g（填仪器接口字母，装置可重复使用）。 ③“热反应Ⅰ”的化学方程为__________________________________。 ④b处导管在实验中可能堵塞的原因是__________________________________________。 ⑤若光气进入D装置，发生反应的化学方程式为__________________________________________。 （2）“热反应Ⅱ”制备新型CrN电子陶瓷实验部分装置如图（部分装置省略），反应方程式为。 室温下用分析天平称得基体质量为，向基体中加入无水，称得总质量为，反应完成后冷却至室温，经处理称得新型CrN电子陶瓷（含基体和CrN）总质量为，计算CrN的产率为______________（列计算式）。 【答案】（1） ①. 排尽装置内的空气，防止生成的​被高温下的​氧化，且可以促进挥发，使进入E装置中，与反应 ②. ， ③. ④. 易升华，气态的在b处温度降低后凝华成固体，堵塞导管 ⑤. ​ （2）（或代入摩尔质量简化为 ） 【解析】 【小问1详解】 ①已知高温下易被氧化，通入惰性首先可以除去装置内的，避免产物被氧化；同时作为载气，可携带反应物蒸气进入反应体系，也能推动生成的气体在装置中流动； ②A产→C（浓干燥）→F（使 气化)→E（主反应）→B（冰水收集升华的 )→C（防D中水汽倒吸进入B致潮 解）→D(吸收尾气光气），接口按”长进短出“原则； ③流程中和反应生成和副产物光气，根据原子守恒配平即可得到：； ④已知易升华，反应生成的气态随气流进入冰水浴的B装置，温度低于其熔点后直接凝华为固体，造成导管堵塞； ⑤已知光气易水解，在溶液中发生彻底反应，生成的、均和过量反应，最终得到碳酸钠、氯化钠和水，化学方程式为：； 【小问2详解】 加入的无水总质量为，理论上完全转化得到的质量为；实际得到的质量为，产率=实际产量/理论产量，整理后得到上述计算式：（或代入摩尔质量简化为 ）。 18. 氢气是重要的资源。请回答： （1）已知：i： ； ii： ； iii． ①反应的___________，该反应___________自发。 ②若反应iii在恒温、恒容密闭容器中进行，下列叙述能说明反应到达平衡状态的是___________(填序号)。 A．容器中混合气体的密度保持不变 B．容器内混合气体的压强保持不变 C．反应速率2v正(CO)=v逆(H2) D．同时断裂1mol O—H键和2mol H—H键 ③一定温度下、和(体积比)按一定流速进入装催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生i和ii。有存在时ii反应进程如图1。随x增加转化率和产物选择性(选择性)如图2。当时混合气体以低流速经过恒容反应器时，反应近似平衡，随x增大转化率减小是因为___________；当时该温度下ii的___________。 （2）利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce化合价均发生变化，可能机理如图。将n(CO):n(O2):n(H2):n(N2)=1:1:49:49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图所示。当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是___________。 （3）一种水系分散聚合物微粒的“泥浆”电池在充电中，聚对苯二酚被氧化，H+能通过半透膜，而有机聚合物不能通过半透膜。写出放电时a极的电极反应方程式___________。 【答案】（1） ①. -126 ②. 低温 ③. BC ④. 随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以C2H4的转化率减小 ⑤. 0.16 （2）高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu （3） 【解析】 【小问1详解】 ①由盖斯定律，-i+ii得反应，其，，反应能够自发进行，该反应为放热的熵减反应，则低温自发。 ②A．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡； B．反应iii在恒温、恒容密闭容器中进行，反应为气体分子数改变的反应，当压强不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态； C．反应速率比等于反应系数比，反应速率2v正(CO)=v逆(H2)，则正逆反应速率相等，反应达到平衡； D．同时断裂1mol O—H键和2mol H—H键，说明正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态； 故选BC； ③反应i和反应ii均为气体分子数减小的反应，随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以C2H4的转化率减小； 当时，假设、和投料分别为2mol、2mol、1mol，由图，乙烯反应2mol×90%=1.8mol，生成为1.8mol×20%÷2=0.18mol、1.8mol×80%÷2=0.72mol，则： 平衡时一氧化碳、乙烯、氢气、、分别为2mol、0.2mol、0.28mol、0.18mol、0.72mol，总的物质的量为3.38mol，总压强为，则该温度下ii的。 【小问2详解】 已知，催化氧化过程中Cu、Ce化合价均发生变化，则氢气在高温下可以还原铜的氧化物为铜单质，使得催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，故答案为：高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu； 【小问3详解】 “泥浆”电池在充电中，聚对苯二酚被氧化为，则放电时a极的电极反应为在酸性条件下还原为聚对苯二酚，方程式为：。 19. 多聚二磷酸腺苷核糖聚合酶抑制剂奥拉帕尼（J）的合成路线如下。 已知：ⅰ． ⅱ． （1）A为芳香族酯类化合物，A→B的化学方程式为__________。 （2）C→D发生了两步反应，反应类型依次为加成反应、__________。 （3）试剂a中含有的官能团有__________。（写结构简式） （4）下列说法正确的是__________。 a．A的一种同分异构体既能发生银镜反应，又能遇溶液发生显色反应 b．H能与溶液反应 c．H→I的过程可能生成一种分子内含有7个六元环的副产物 d．I→J的过程利用了的碱性 （5）C的同分异构体中符合以下条件共有__________种。 ①除苯环外无其他环状结构，苯环上的取代基不少于两个 ②能发生银镜反应 （6）E经多步转化可得到G，路线如下。 M分子中含有2个六元环，P分子中含有3个六元环。M和P的结构简式分别为__________、__________。 【答案】（1） （2）取代反应 （3）—CN、、—CHO （4）bcd （5）14 （6） ①. ②. 【解析】 【分析】结合流程以及分子式可推知A为，A在酸性条件下水解生成B，B中的醇结构在Cu催化下被氧化为C，C先发生加成反应再发生取代反应生成D，D和反应生成E，E与N2H4反应生成G，G中-CN结构在一定条件下转化为-COOH而生成H，H再发生取代反应生成I，I再次发生取代反应生成J。 【小问1详解】 据分析，A为再酸性条件下发生水解，方程式为； 【小问2详解】 据分析，C→D发生了两步反应，反应类型依次为加成反应、取代反应； 【小问3详解】 试剂a为，其官能团为—CN、、—CHO； 【小问4详解】 a．A的结构简式为除去苯环外不饱和度为2，只有2个C，不可能同时存在醛基和酚羟基的同分异构体，a错误； b．H中有-COOH能与溶液反应，b正确； c．H→I的过程2分子H与1分子脱水生成的分子内含有7个六元环，c正确； d．I→J的过程利用了的碱性，将生成的HCl消耗，使反应平衡正向移动，d正确。 故选bcd。 【小问5详解】 C为，其同分异构体满足①除苯环外无其他环状结构，苯环上的取代基不少于两个；②能发生银镜反应，说明含有醛基或-OOCH，若苯环上有两个取代基可以是-CHO和-COOH，则有间位、对位两种；若为-CHO和-OOCH，有邻、间、对三种；若为-OH和，有邻、间、对三种；若苯环上有3个取代基则为2个-CHO和1个羟基，在苯环上有6种位置结构；共14种； 【小问6详解】 E为和N2H4发生取代反应生成M，再发生异构化生成N，N分子内部羰基发生加成反应生成P，P中脱去1分子水得到G。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $