精品解析：山西省部分学校2026-2027学年高三上学期9月阶段检测 化学试题

命学科网命组卷网 秘密★启用前 高三年级学情调研 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自已的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在 本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1C-12 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.中国茶文化源远流长，茶具的材质多种多样，蕴含着丰富的化学知识。下列茶具主要材质的分类错误的 是 A.紫砂壶一无机非 B.玻璃公道杯一新 第1页/共30页 6学科网命组卷网 金属材料 型有机材料 C.不锈钢茶漏一金 D.竹制茶盘一天然 属材料 有机高分子材料 A.A B.B C.C D.D 【答案】B 【解析】 【详解】A,紫砂壶的主要材质为陶瓷，主要成分为硅酸盐属于传统无机非金属材料，A不符合题意： B.玻璃的主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，不属于新型有机材料，B符合题意； C.不锈钢是铁合金，属于金属材料，C不符合题意： D.竹材的主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，D不符合题意； 故答案选B。 2.甲胺铅碘 CH,NH,Pbl,)在太阳能电池领域表现出优异的光电性能。下列有关化学用语表达错误的是 H ·C:H A.甲基的电子式： H B.中子数为78的碘核素： 120° C.甲胺铅碘中N原子杂化轨道示意图： 120° 1209 D.基态Pb原子的价层电子排布式： 6s26p2 【答案】C 【解析】 第2页/共30页 6学科网命组卷网 【详解】A.甲基( CH)中C最外层有4个电子，与3个H形成3对共用电子对，剩余1个单电子，题 给电子式书写正确，A正确： B.1的质子数为58，中子数为78的碘核素质量数为53+78=131，校素表示为1，B正痛： C.甲胶铅碘中N位于CH,NH中，N的价层电子对数为4，采取sp杂化，杂化轨道夹角接近10928'， 题给为键角120°的sp 杂化轨道示意图，C错误： D.Pb为第六周期第WA族元素，基态原子价层电子排布式为 s26p,D正确： 故答案选C。 3.下列关于物质用途的说法错误的是 A.碳酸钡可用作胃部X射线透视的“钡餐” B.碳酸氢钠可用作培制糕点的膨松剂 C.氧化铝可用作治金工业的耐火材料 D.硅胶可用作食品包装袋内的干燥剂 【答案】A 【解析】 【详解】A.碳酸钡可与胃酸（主要成分为HC?)反应生成可溶性的有毒重金属 BaCl2 会导致人体中 毒，不能用作钡餐（钡餐应使用不溶于酸 BaS04),A错误： B.碳酸氢钠受热易分解，也可与发酵产生的有机酸反应，均能生成 C02气体使糕点疏松多孔，可用作焙 制糕点的膨松剂，B正确： C.氧化铝熔点极高、化学性质稳定，可用作冶金工业的耐火材料，C正确； D,硅胶具有疏松多孔结构，吸水能力强且无毒无腐蚀性，可用作食品包装袋内的干燥剂，D正确； 故答案选A。 NH CNO 4.德国化学家维勒发现无机化合物氰酸铵( )通过加热可以直接转变为有机化合物尿素 第3页/共30页 命学科网 命组卷网 [C0NH2)2] 打破了无机物与有机物的界限。下列说法错误的是 A.氰酸铵与尿素互为同分异构体 B.尿素在土壤中可通过自然固氮转化为植物能吸收的物质 C.尿素可与甲醛发生缩聚反应制得脲醛树脂 NO D.柴油车尾气处理液中含有尿素，其作用是将 N2 x还原为无毒 【答案】B 【解析】 NH,CNO与尿素 CONH,2的分子式均为 CH N,O 【详解】A.氰酸 ,二者结构不同，互为同分异构 体，A正确： B。自然固氨是将游离态N?转化为化合态含氨化合物的过程，尿素中氮元素本身为化合态，其转化为植物 可吸收的含氨物质的过程不属于自然固氨，B错误； C.尿素分子中含有氨基，可与甲醛发生缩聚反应制备脲醛树脂，C正确： D.柴油车尾气处理液中尿素水解生 NH,NH,可将NO还原为无待的N,达到处理尼气的目的，D 正确： 故选B。 5.下列实验操作符合规范的是 ,BaCl,溶液 B.冲洗盛有 BaCl, A.碱式滴定管排气泡 废液的试管 第4页/共30页 命学科网命组卷网 C. 向试管中滴加溶液 D.蒸馏时接收馏分 A.A B.B C.C D.D 【答案】A 【解析】 【详解】A,碱式滴定管排气泡时，需将橡胶管向上弯折、尖嘴斜向上，挤压玻璃珠使溶液带出气泡，图 示操作符合规范，A正确： BaC,为重金属盐，有毒，废液直接冲洗排放会污染环境，应倒入指定废液红统一处理，B错误： C.向试管中滴加溶液时，胶头滴管应垂直悬空于试管口上方，不能伸入试管内避免污染试剂，图示操作 错误，C错误： D.蒸馏时接收馏分的锥形瓶不能密封，否则体系压强过大易发生安全事故，图示操作错误，D错误。 6.肼(N,H4)是一种重要的化工原料，具有弱碱性和强还原性。下列说法正确的是 A.肼分子中所有原子共平面 B.1 mol N,.H4含有5molc键和1mol元键 C.肼溶液呈弱碱性的原因：N,H,+H,0一N,H+OH D.肼溶液与AgCI悬浊液反应生 N2的离子方程式： N2H4+4Ag=4Ag↓+N2↑+4H 【答案】C 【解析】 【详解】A.肼的结构式为 ，N-NH,肼分子中N原子各有3对成键电子对，和1对孤电子对，因此均 为P杂化，空间结构为类似乙烷的立体结构，所有原子不可能共平面，A错误： 第5页/共30页 6学科网命组卷网 B.肼的结构式为 ,N-M,.所有化学键的为中陆，单超均为°铝，1mN,合有5m测口能，不 含T键，B错误： C.肼中N原子有孤电子对，可结合水电离出的H,使溶液中c(OH)>c(H), 溶液呈弱碱性，对应离 子方程式书写正确，C正确： D.AgCI是难溶物，书写离子方程式时不能拆分 Ag,选项离子方程式书写错误，正确的为： N,H4+4AgC1=4Ag↓+N2个+4H+4CI ,D错误。 故答案选C。 7.氨、硫元素的部分价一类二维图如图。下列说法错误的是 含N物质 含S物质 含氧酸 d c 氧化物 b 单质 氢化物 +5+4+20 -2 0 +4+6 N的化合价 S的化合价 A.a、u分子中键角较大的是a B.常温下，等物质的量浓度的y、z水溶液的pH:Z<y C.d与w在一定条件下可以发生氧化还原反应 D.足量C与的浓溶液反应完全时，消耗的还原剂与氧化剂物质的量之比为12 【答案】D 【解析】 【分析】根据价类二维图可知，ā为 为NH、b为N,、c为N0、d为N0、e为HN0、u为HS、v为 w为S0、x为S0,、y为H,s0,、2为H,5s0 S、w为 ,由此解答； 【详解】A. NH中N仅1对弧对电子，H,S中S有2对孤对电子，孤对电子对成键键对的排斥作用 第6页共30页 6学科网命组卷网 H,S 更强，且N电负性大于S,成键电子对间排斥更大，故键角 NH>H, ,A正确： B H,S0,是中酸.部分电离.H,S0,是强霞、完全电美，等浓发 下H,SO酸性更强，pH更小，即 Z<y,B正确： C NO2 有氧化性， s0,有，二老可发生灵发意0，S0,=0sO.cE疏 D.足量Cu与浓硝酸反应时，随着反应进行硝酸逐渐变稀，会同时发生生 NO2和N0的反应，因此无 法确认消耗的还原剂与氧化剂物质的量之比，D错误： 故选D。 8.某阴离子[Y(M亿，XW,)]可嵌入石墨烯层间调控其光电性能。已知X、Y、乙、W、M为五种原子序 数依次增大的短周期主族元素，W是电负性最大的元素，X的最外层电子数是内层电子总数的2倍，M的 最高正价为+6。下列说法正确的是 A.简单氢化物的沸点：Z>Y>X B.第一电离能：W>Z>Y>X C.该阴离子内部存在P-Po键 D忆，与YZ的空间结构相同 【答案】A 【解析】 【分析】W是电负性最大的元素，为F；X最外层电子数是内层电子总数的2倍，内层电子数为2、最外 层为4，X为C;M最高正价为+6，短周期主族元素中为S；原子序数依次增大，故介于C和F之间的 Y、Z分别为N、O。 【详解】A.Z、Y、X的简单氢化物分别 H,O、NH,、CH,均为分子晶体， H2O 常温为液态沸点 最高， N有个分子同暖，满点商于无多他的CG,放市点Z>Y>义，A王瑞 第7页/共30页 6学科网命组卷网 B.同周期第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但N的p轨道为半满稳定结构，第一电离能N>O 故顺序为W>Y>Z>X,B错误； C.该阴离子内所有σ键均有杂化轨道参与成键，不存在两个未杂化P轨道头碰头形成的P-P0键，C错 误； D.X江，为CO,中心C为即杂化，空间结为直线形：YZ为N0:,中心N价层电子对数为3，含 1对孤电子对，为sp杂化，空间结构为V形，二者结构不同，D错误； 故答案选A。 9.某同学设计以下实验，探究配位作用对铁的化合物氧化性的影响（忽略溶液体积变化）。已知： 0.1mol-LFeCl溶液呈黄色，黄色主要来源于水解产生的[Fc(H,O),(OH] 以及部分 [Fe(H,O),C叮，Fe+能与r形成极其稳定的无色配离子[e,广。 实验步骤如下： O向2mL0.1 molL FeCl,溶液中滴加少量KI溶液，溶液变为深棕色. ②另取 2mL0.1mol:LFeCl溶液加入适量a固体，振荡，溶液变为无色。 ③向②的无色溶液中滴加与①等量的江溶液，无明显现象。 ④向③的溶液中滴加适量浓盐酸，溶液逐渐变为深棕色。 下列说法错误的是 A①中溶液变为深棕色，说明该条件下F©的氧化性强于， B.②中溶液变为无色，说明F与F©”的配位能力强于CT、OH和H,0 C③中无明显现象，是因为形成[©E。极大地降低了游离Fe的浓度，使其氧化性减弱 D.④中若用等浓度的NaCl溶液代替浓盐酸，也能观察到溶液逐渐变为深棕色 【答案】D 【解析】 第8页/共30页 6学科网 组卷网 【详解】A.①中发生反应2心+2I=2心”+，深棕色为生成的凸的颜色.根据氧化剂氧化性强于 氣化产物，可知该条件下F©的氧化性强于，A正确， B.②中原来黄色的配离子[Fe(H,0),(O,H)]门、[Fe(H,O,C]中的配体被F取代，生成无色的 [FeE。,说明F与Fe3+的配位能力强于C、OH和H,O,B正确； C.③中Fe形成稳定的E,]广，游离Fe+浓度大幅降低，氧化性减弱，无法氧化，因此无明显现象， C正确； D.④中加入浓盐酸后，H与F结合生成弱电解质HP,使配位平衡FeE。广己F©”+6F右移，游离 Fe+浓度升高，才能氧化I;若用等浓度NaCl溶液，无法提供大量，不能破坏[F©E。,游离Fe 浓度仍很低，无法氧化，不会出现深棕色，D错误： 故选D。 l0.某铁基超导材料的一种四方晶胞结构如图，晶胞参数为xpm、xpm、zpm,a原子的分数坐标为 11 0. (0,0,0),b原子的分数坐标为2'4。下列说法错误的是 Ba ○La OAs 第9页/共30页 6学科网命组卷网 C原子的分数坐标为20， BaLaFes As B.该晶体的化学式为 V2x2+z2 C.b原子与c原子核间距为 2-pm D.晶胞中每个F原子周围紧邻的As原子构成的空间结构为四面体 【答案】B 【解析】 。11 0. 【详解】A.已知a原子分数坐标为(0,0,0)，b为2'4，c在x方向半程、y方向为0、z方向为4， 分数坐标为 4 A正确： =1 B.用均摊法计算：Ba位于体心，个数为1个、La位于顶点，个数为8个，Fe位于面上，个数为 ,8x+2=4 8x)4个As位于棱上和体内，个数为4 个，化学式为BaLaFe,As4,B错误； 11 C.b坐标024.e坐标20,4， 为兮+兮+.2x7 1 2 pm,C正确： D.每个F原子周围紧邻4个As原子，构成正四面体空间结构，D正确； 故选B。 11.海洋藻类中的钒依赖型溴过氧化物酶(PO)能高效催 H,0?氧化海水中的Br生成Br0，其催化 机理如图。已知HPO中V的化合价为+4。下列说法错误的是 第10页/共30页 6学科网 命组卷网 HO OH o01 (VHPO) BrO H,0 HN HO③ ①2HO His 00 O-Br 00 His ② His Br A.反应过程中V的价态发生了变化 B.过程①生成的钒过氧化物中间体中存在非极性键 C.VPO中V-N键属于配位键 molBrO D.总反应中每生成 转移2nol电子 【答案】A 【解析】 H2O2+Br=BrO°+H, 【分析】根据反应物和生成物可知，总反应为 ,由此解答： 【详解】A.由催化机理图可知，反应过程中V始终连接五个单键，价态保持不变，A错误； B.过程①生成的钒过氧化物中间体存在过氧键O-O,属于非极性键，B正确： C.V有空轨道，N有孤对电子，VN键由N提供孤对电子形成，属于配位键，C正确： D.总反应 H,0,+Br=Br0+H,0,Br从-1价升高到+1价，每生成imoBr(0转移2mol电子，D 正确； 故选A。 12.高分子M具有高透明度、极低的吸水率，广泛应用于光学镜头和医疗器械等领域，合成路径如图。下 列说法错误的是 定条件 乙烯 W M 第11页/共30页 6学科网6组卷网 A.若在W单体骨架上引入羟基，所得高分子的吸水率将增大 B.M的主链由碳碳单键连接构成，为线型高分子，具有热塑性 C.M中碳元素的质量分数随x增大而减小 D.若把W替换为 能生成高分子 【答案】C 【解析】 【详解】A.羟基属于亲水基团，在W单体骨架上引入羟基后，高分子的亲水性增强，吸水率将增大，A 正确： B.M为乙烯和W的加聚产物，反应中双键打开形成碳碳单键连接的主链，属于线型高分子，具有热塑性， B正确： 24 ≈85.7% 上 C.乙烯单元的碳质量分数为28 W为多环烃，碳的质量分数高于乙烯，x增大时W的占比升 高，M中碳元素的质量分数随之增大，C错误； D.替换后的单体含有碳碳双键，可与乙烯发生加聚反应生成题给高分子，D正确： 故选C。 13.一种耦合海水制盐与制氢的血-H,0(g)反应系统工作原理如图。下列说法错误的是 Zn 个气体X 电源 →气体Y Zn ZnO粉末 Zn 电 海水 水蒸气 极 极 (含Na、Cr等→ ,盐(NaCI等) KOH溶液 加热 Zm-H,O(g)反应装置 电解池 已知Zn0能溶于强碱： ZnO+2KOH+H2O=K2Zn(OH) A.Pt电极为阳极，发生氧化反应 B.电解池中Zm电极的电极反应式为[Zn(OH),]了'+2e=ZA+4OH 第12页/供30页 命学科网命组卷网 C.左侧装置消耗的Zn由电解池提供，则每生成1ol气体X,电解池中理论上转移2ol电子 K D.电解池工作时，溶液中的、向Pt电极区移动 【答案】D 【解析】 【分析】左侧Zn-H20(g)反应装置中，Zn和水蒸气加热发生反应：Zn+H20(g)=Zn0+H2,因此气 体X是H,生成的Z0溶于KOH得到K,[Zn(OH,】,送入有侧电解池实现Zn的再生，完成循环。 【详解】A.电解池中Zn电极要实 [Z(OH,广还原为Z,因此2电极为阴极，连接电源负极，则 电极连接电源正极，是阳极，阳极发生失电子的氧化反应，A正确： B.电解池中Z电极为阴极， Zn(OH) 在阴极得电子被还原为Zn,电极反应式为 [Zn(O川)4了+2e=Zn+40H,书写正确，B正确： C.气体X H,左侧反应生成1mlH,消耗1mo12m,电解池中生成1 mol理论上转移2ml电，子 C正确： K D.电解池中阳离子向阴极移动，Zn电极为阴极，故向Z电极区移动，而非Pt电极区，D错误： 故选D。 14电解质溶液的导电能力越强，电导率越大，BaC,04难溶于水。25℃时，用0.01mol-LNaHC,.04标 准溶液滴定10mLBa(OH)2溶液，测得溶液的相对电导率（μScm及pBapBa=-lgc(Ba2】随滴 入NaHC,0,标准溶液的体积P(NaHC,0,）的变化关系如图。已知：K(H,C,0,)-=5.6x10 K2(H2C204)=1.5×104 。下列说法正确的是 第13页/供30页 学科网 命组卷网 pBa 兰)醫 b 0 10 20 30 40 V(NaHC2O4)/mL pH=12 A.a点溶液 B.随若NaHC,O4标准溶液的加入.K,(BaC,O,)不断减小 C.c点溶液中存在： c(Na*)+c(Ba2)=2 c(C2 )+c(HC2O)+c(H2C2O) D.d点溶液中存在：c(Na)>c(C,O)>c(HC,O)>c(oHr)） 【答案】D 【解析】 【分析】用NaHC,04滴定Ba(OH),两条曲线：电导率反映离子总浓度：pBa=-lgc(Ba2）,钡离 子浓度越小， pBa越大。1.a→b(0-10ml):Bat生成BaC,04沉淀，b点(10nml)Ba恰好沉 淀，溶质O1,离子减少，电导李快速下降，Bm 下降， pBa 快速上升。2.b一→c(10-20mL): Na0H和NaHC,0,反应生成Na,C,0,e点(20ml)哈好完全反应，溶质 a2C2O4 。稀释为主，电 pBa 导率缓慢下降；钡离子来自沉淀溶解平衡， 后半段基本不变。3.c→d(20-30L)：继续滴加 NaHC,0,4点30nL)Na,C,0,与NaHC,0物质的量1，加入强电解频：离子增多.电导率园升： pBa 保持平稳。 第14页/共30页 命学科网命组卷网 【详解1A.a点是初始的10mLBa(OH2溶液，b点加入10mL0.O1mo1/LNaHC,O4时发生反应。 Ba(Ol,+NaHC,0,=BaC,0,+Na0H+H,0,说明初始Ba(OH,的浓度为0.01mol/L,电离出 的©(OH）=0.02moL,25℃时c(F)=5×10moL,pH≈12.3，大于12，A错误： B.溶度积K,(BaC,0,)只与温度有关，温度不变，加入NaHC,04的过程中K甲保持不变，不会随试剂 加入不断减小，B错误： C.根据物料守恒：含C微粒总物质的量：Dg(C,O)=0.2mmol,做粒分配：一部分在沉淀BaC,0, 中，一部分在溶液中。n装(C,0?)=0.2mmol-n(BaC,0,）,同理对于Ba: n装(Ba2“）=0.m-n(BaC,0,）,两式相减得到：n装(C,O）-n(Ba2)=0.Immol,又因 为加入702moa,所以Na'）=02mol,即AsC,o）s（Ba）-2n(Na）,代入上式 并除以总体积，得到浓度关系 eCo)+euco+cH,Co,)-cBa"）-(Na）整得： 2[c(C,O?)+c(HC,0)+c(H,C,0,】=c(Na)+2c(Ba2),选项中漏掉了c(Ba)前面的系数 2,C错误； D.d点加入30 mLNaHC,0,可等效为体系中含等物质的量的Na,C,04和NaHC,0,:Na不水解， 浓度最大，由K:=1.5×10可算出C,0的水解常数K1*6.7x10”,水解程度运小于HC,0,的电 离程度，因此©(C,0）>c(HC,0,）,溶液中OH仅来自C,O?和HC,0的微弱水解，滚度最小，最 第15页/供30页 6学科网命组卷网 终离子浓度顺序为(Na)>c(C,O)>c(HC,0)>c(OH）,D正确： 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 Ti/PbO. 15.钛基二氧化铅( )电极在电解工业和污水处理中应用广泛。以方铅矿为原料制 Pb02的工艺流 程如图甲： 稀硝酸试剂X H2S 调pH 方铅矿 粉碎、浮选 →Pbs精矿→酸浸→除铁→除铜→调pH→电解>PbO, Fe(OH)3 Cus 甲 已知：①PbS精矿中含有少量CuS、FeS杂质。 ②常温下， Kp(CuS)=1.0×1036Kp(PbS)=1.0×1028 回答下列问题： (1)“粉碎、浮选”的目的是 (2)“酸浸”时的还原产物主要是NO,则PbS发生反应的化学方程式为 (3)“酸浸”时，金属离子浸出率随温度的变化如图乙。当温度高于40℃时，浸出率下降的主要原因是- 100 80 60 40 腿 20 01020304050T/C 乙 (4)“除铁”时，为不引入杂质离子，试剂X宜选用 (填化学式)。 (5)“除铁”后滤液中c(Pb“)=0.1m01-L,为确保铅元素不损失，理论上“除铜”后溶液中 第16页/共30页 6学科网命组卷网 c(Cu2+)> mol.L (6)“电解”后制得 Pb0:晶体中实际上存在少量氧空位，化学式可表示为Pb0.(X<2), 其中含有 少量P62+ 。若“电解”时每生成1mol PbO 转移1.92mol电子，则该晶体中Pb2+与Pb“的物质的量之 比为 (T)“电解”完成后，钛基体表面紧密附着 b0,.以Ti/PbO,. 2为电极电解处理含CN的酸性废水时， CN在阳极完全转化为无毒的C0?和N,则阳极反应式为 【答案】(1) 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸出率（或富集硫化铅精矿） (2) 3PbS+8HNO3=3Pb(NO3)2+3S↓+2N0个+4H20 (3) 温度过高会导致硝酸分解或挥发，使硝酸浓度降低 (4) Pb0(或 Pb(OH)2或 PbC03、 (5) 1.0×109 (6) 1:24 (7) 2CN+4H,0-10e=2C0,↑+N2个+8H 【解析】 【分析】对方铅矿进行粉碎、浮选，富集得到PbS精矿，提升后续原料利用率：向PbS精矿中加入稀硝酸 第17页/共30页 6学科网 组卷网 进行酸浸，将硫化物氧化溶解，分离出单质8，得到含Pb、Cu2、eFe2 的酸性浸出液：加入调 Fe(OH)3 pH试剂X除去铁元素，使铁转化为 沉淀分离；向除铁后的滤液中通入 进行除铜，使Cu24 H2S 转化为CuS沉淀分离，避免 沉淀损失：对除铜后的含Pb4 Pb2 滤液调节pH后进行电解，最终在钛基体 PbO2 表面得到目标产物 【小问1详解】 工业流程中，将固体原料“粉碎”的主要目的是增大反应物的接触面积，从而加快后续反应的速率，提高 原料的浸出率；“浮选”则是为了除去部分脉石等杂质，富集硫化铅(PbS)精矿。 【小问2详解】 “酸浸”时加入稀硝酸，PbS被氧化。已知还原产物主要是NO,根据流程图可知还有单质S -2 0(失去 2e),N +5 生成。反应中 元素化合价由 升高到 元素化合价由 降低 到 +2 3e 3:2 (得到 ）。根据得失电子守恒， PbS与NO 的化学计量数之比为 。结合原子 守恒配平化学方程式为： 3PbS+8HNO3=3Pb(NO3)2+3S↓+2NO个+4H,O 【小问3详解】 40C “酸浸”使用的是稀硝酸，硝酸具有挥发性且受热易分解。当温度高于 时，硝酸大量挥发或 分解，导致溶液中硝酸的浓度显著降低，从而使金属离子的浸出率下降。 【小问4详解】 “除铁”的目的是通过调节溶液的 pH,使Fe Fe(OH)3 转化为 沉淀除去。为了不引入新 X H Pb2+ 的杂质离子，所加试剂 必须能消耗 且其阳离子只能是目标产物中的 。因此，试 第18页/共30页 6学科网命组卷网 剂 X 宜选用合铅的碱性物质，如PbO、Pb(OH:或PbC0,。 【小问5详解】 “除铜”时加入 H,S 生成CuS沉淀。为确保铅元素不损失，即不能生成PbS沉淀，溶液 中必须满是c(Pb）c(S)≤K,(PbS。已知c(Pb2）=0.1mol-L,K,(PbS)=1.0x10 液中允许的最大硫离子浓度C(S)=。产=.0×10m01·L。此时溶液中。 0.1 度达到最小值，根据K,(CuS)=c(Cu2)c(S)=1.0xI0“,可 aC0X000'm.e液中cG>0xI0'ml. 得 【小问6详解】 “电解”过程是将Pb2+氧化为Pb“。设1 mol Pbe0,。 晶体中含有 amol Pb2+ 和 bmol Pb4+ 。根据铅原子守恒有：a+h=l:生成Imol Pb” 2mol 需要转移 电子， 2b=1.92 b=0.96a=1-0.96=0.04 Pb2+ 根据转移电子数守恒有： 。解得： 。 所以该晶体中 Pb4+ 与 的物质的量之比为a:b=0.04:0.96=1:24 【小问7详解】 电解处理含 CN 的酸性废水时， CN 在阳极发生氧化反应转化为 C0,和N.在CN 中，C为+2价，N为-3价；在产物中，C为+4价，N为0价。1mol 第19页/共30页 6学科网 命组卷网 1 CN N2 转化为C02和 共失去5mol电子。结合酸性环境，用水分子提供氧原子，用氢 离子平衡电荷，配平后的阳极反应式为： 2CN+4H,0-10e=2C0,个+N2个+8H 16三氣甲磺酸钕[N(CF,S0,力，M,=591]常作路易斯酸催化剂，极易吸水，含水产物受热易水解。 实验室以无水NdCl和超强酸CFSO,H为原料制备无水Nd(CF,SO,。 CFSO,H 己知： 沸点为162℃，易溶于甲苯（沸点111C)、正丁醚（沸点142℃）；正丁醚 CF,SO,H混合 会剧烈放热，生成的錡盐[(C,H,bOH町CE,SO受热易分解。 N 实验步骤：①组装仪器如图，然后向装置内持续通入干燥的高纯 2;向三颈烧瓶中加入0.010mol无水 NdCL粉末。 ②通过仪器ā加入稍过量无水 CF,S0,H.85℃恒温搅拌2h, ③反应结束，冷却至室温。向反应液中加入过量正丁醚，析出固体，过滤，用正丁醚洗涤、真空干燥得粗 产品。 ④将粗产品加入热甲苯中浸泡、煮沸，趁热过滤除去杂质，滤饼再次真空干燥，最终得到纯净的487g无 水Nd(CFSO,),」 第20页/共30页 6学科网 命组卷网 无水CaCl2 B 仪器a 干燥N2 无水NdCl粉末 搅拌子 NaOH溶液 C A 回答下列问题： CaCl, (1)仪器ā相比于普通分液漏斗的优点是 一；装置B中无水 的作用是 (2)装置A中制备 Nd(CFsO,)3的化学方程式为 N, (3)步骤①中持续通入2的目的有：一是排尽装置内空气，二是 (4)步骤③中加入正丁醚析出固体，为避免局部过热，可采取的操作是 (写1条)。 (5)步骤④中煮沸的主要目的是 (6)该制备实验的产率为 6(保留3位有效数字)。 【答案】(1) ①.平衡漏斗与烧瓶内的气压，使液体顺利滴下，且能保持体系密闭，防止外界水蒸气 进入； ②.防止装置C中的水蒸气进入装置A中导致产物水解： (2)NdCl,+3CE,SO,H→Nd(CE,SO3),+3HCI↑： (③)将反应生成的HC1气体吹出，促进反应正向进行，并使其被装置C完全吸收： (4)缓慢滴加正丁醚并不断搅拌（或在冰水浴冷却下滴加正丁醚)： (5)使粗产品中混有的鎓盐受热分解，且分解生成的CF3SO3H和正丁醚均溶于甲苯中从而被除去： (6)82.4 【解析】 【小问1详解】 仪器为恒压滴液漏斗，它通过连通管使漏斗内与三颈烧瓶内气压相等，可使液体顺利滴下；装置B中无 水CC吸水，防止装置C中的水蒸气进入装置A中导致产物水解： 第21页/共30页 命学科网命组卷网 【小问2详解】 85°C 根据题目，装置A中制备Nd(CE,SO)的化学方程式为NdCL,+3CF,SO,H→Nd(CF,SO,),+3HCI个 【小问3详解】 根据实验原理可知，通氮气可以将反应生成的HCI气体吹出，促进反应正向进行，并使其被装置C完全吸 收： 【小问4详解】 根据题目，正丁醚与C℉SOH混合会剧烈放热，若局部温度过热可能导致生成的鎓盐受热易分解，为避免 此问题，可采取以下措施，缓慢加入正丁醚以控制滴加的速度，或用冰水浴冷却，降低反应的温度，或充 分搅拌散热： 【小问5详解】 因为CES0,H 点为162℃，甲苯的沸点111℃、正丁醚的沸点142℃，故煮沸的目的是使粗产品中混有 的鎓盐受热分解，从而除去分解生成的CF3SO3H和正丁醚： 【小问6详解】 根据反应方程式，0.01 mo NdCl,参与反应生成o.01 mo]Nd(CF,S0,乃，则该制备实验的产率为 4.87 ×100%=82.4% 0.01×591 17.利用 C CH Ni/ZrO, 2催化加氢合成 是实现碳资源循环利用的有效途径，使用 催化剂可显著提高反 应的活性和抗积碳能力。相关反应如下： C02(g)+4H2(g)=CH,(g)+2H,0(g)△H1=-165kJ·mol C02(g)+H2(g)→C0(g)+H20(g)△H2=+41 kJ.mol CO(g)+3H2(g)→CH4(g)+H2O(g)△H3 回答下列问题： 第22页/共30页 6学科网命组卷网 (1) △H3= kJ.mol广1 1 (2)上述三个反应的lKK为平衡常数)随T(T为温度)的变化如图。其中代表反应I的曲线是 (填“a”“b”或“c”)。 n(H2) (3)在相同温度和压强下，改变起始投料比n(C02)。 ①随着x的增大， C02(g) 的转化率将（填“增大”“减小”或“不变”）。 _c生(CH,)×10% ②随着x的增大，CH,(g)的选择性[CH,(g)选择性C转化(CO2) 提高，结合反应I和Ⅱ解释可 能的原因是。 (4)某温度下，向2L恒容密闭容器中充入 4molC0,(g)和7molH,g)发生反应1、Ⅱ。5mm时测得 和 cH,O)=l.5mol-L、CH,g)的选择性为50%，则0-5min内CH,)=一mol-Lmin,此 时反应Ⅱ的浓度商 0。= (5)一定温度下， NiZO2催 C0?甲烷化两条路径的关键基元反应活化能B(单位：kJ~m0)如表 (吸附态物种用*标记)： 途径①：CO路径 途径②：甲酸盐路径 C02→C0'+0 CO2+→HC00 第23页/共30页 6学科网命组卷网 E=148 C0→C+0 E=76 E=186 HCOO+H→HC( H2→2H E。=132 E=32 HCOOH+6H→d C+4H→CH 分步加氢，各步 E。<110 分步加氢，各步 E<90 根据表中数据判断， NiZ02催 C0?甲烷化主要遵循途径填“①”或“②”)，理由是 【答案】(1)-206 (2)b (3) ①.增大②. H,分压增大对反应1平衡正向移动的推动作用更强，使转化为 CH,的C0:占总转化 C02的比例上升， CH,选择性增大 (4) ①.0.1 ②.0.75 (5) ①.② ②.途径②中决速步的活化能小于途径①中决速步的活化能，反应速率更快 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应II=反应I·反应Ⅱ，故 △H3=△H1-△H2=-165kJmo-41kJmo1=-206 kJ.mol1 【小问2详解】 第24页/共30页 命学科网命组卷网 K=-△H, 1 +C 反应I和Ⅲ均为放热反应（△H<0),根据范特霍夫方程 RT,其nK随T的增大而增大， △H 对应曲线a、b:反应Ⅱ为吸热反应，对应曲线c;反应III放出的热量多于反应I,即反应II的R更 大，斜率更大，故代表反应III的曲线是b: 【小问3详解】 0增大“即增大H,的比例，相当于增加反应物，的浓度，反应I和反应Π的平衡正向移动， C02的转 化率增大； ②反应I H,的化学计量数大于反应Ⅱ中H,的化学计量数，生成CH的反应I对H,的浓度变化比反应 Ⅱ更敏感，增大H,浓度，对反应I正向进行的促进程度更大，从而提高 CH4的选择性： 【小问4详解】 设反应I转化的 0,为amol, 反应Ⅱ转化的 0为bmol, 根据反应方程式，生成的 a n(H,0)=2a+b=1.5mol.L×2L=3mol,CH4的选择性a+b ×100%=50% ,解得a=b=lmol, 8tmna)-=ml,a)厂K ，=0.1mol-L1.min' ； 5mim时，根据反应方程式可知，n(C0,)=4-l-1=2mol,n(4,)=7-4x1-1=2mol n(C0)=1mol,n(H,0)=2+1=3mol,此时各物质的浓度分别为c(c0,)=lmol-L, c(H2)=1mol.L c(CO)=0.5mol.L c(H2O)=1.5mol.L 。反应Ⅱ的浓度商 第25页/供30页 学科网命组卷网 Q。 c(Co)c(H,0）_0.5x15=0.75 c(C02)c(H2)1x1 【小问5详解】 186kJ.mol- 决定多步反应速率的是活化能最大的一步（决速步），途径①的最大活化能为 ，途径②的最 132kJ.mol- 大活化能为 途径②的决速步活化能更小，反应速率更快，故主要遵循途径②。 18.氯雷他定常用于过敏性鼻炎、荨麻疹等的治疗，合成路线之一如图： 0 OH CI OEt MeNH2 EtO2C CO2Et CO,Et NaOEt,EtOH 盐酸 NaBH EtgN 甲苯 苯 Me Me Me Me Me B D E MgCl H Mg C14HuN2CI Me HF,BF: CICO,Et 乙醚 N 盐酸 甲苯 Me G N 氯雷他定 CH3 已知：①Et代表 C2H,Me代表 ②RX+Mg乙醚RMgX(格氏试剂，X-C、B,D: 盐酸 ③RMgX+R'CN →R'COR。 回答下列问题： (1)C中含氧官能团的名称为- (2)E→F反应过程中还有2种气体（常温常压下）生成，该反应的化学方程式为 (3)下列说法正确的是 (填字母)。 a.A→B为加成反应 CH,COOH b.B→C还有 生成 c.E能与NaOH溶液反应 第26页/共30页 6学科网 命组卷网 d,氯需他定分子4P、P杂化的碳原子数目之北为4 (4)H的结构简式为. (5)E的同分异构体中，同时满足下列条件的有种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有5组峰 的结构简式为 ①分子中含有2个N-H键： ②能发生银镜反应： ③含有手性碳原子： ④含氧官能团不直接连在手性碳原子上。 (6)参照上述合成路线，以溴苯和丙腈( )为原料，设计合成 的路线（无机试 CH,CH,CN 剂任选) 【答案】(1)（酮）羰基、酯基 OH (2) N Me +SOCL,苯 Me +S0,个+HC1个 (3)ad(4) (5) .16 CH;CH(NH2)C(CH )2CHO 第27页/共30页 6学科网命组卷网 (6) Br -MgBr CH.CH.CN→ 盐酸 NaBH4> 【解析】 【分析】A与MNH发生加成反应生成B,B成环生成C,C一定条件生成D,D发生还原反应生成E,E 发生取代反应生成F,F和Mg反应生成格氏试剂G,G与氰基化合物在盐酸条件下反应生成酮M,M发生 加成成环反应再发生消去反应生成N,「一定条件下发生取代反应得到氯雷他定。 【小问1详解】 根据C的结构简式，C中含氧官能团的名称为酮羰基（羰基）、酯基： 【小问2详解】 观察E→F结构变化以及原子守恒，反应中有二氧化硫和氯化氢生成，可写出反应的化学方程式： OH Me +S0CL,苯) Me ,+SO,个+HC↑ 【小问3详解】 a.根据分析，观察A→B的结构变化，MNH中的氮氢键断裂，与A中的碳碳双键发生加成反应，ā正确： b.观察B→C的结构变化，B中一个酯基内部的碳氧单键断裂，形成乙醇并成环，b错误： c.E中含有醇羟基和次氨基，不能与氢氧化钠溶液反应，没有能与氢氧化钠溶液反应的原子或原子团，c 错误； d.根据氯雷他定的结构简式，饱和碳原子为p杂化，有8个：双键上的碳原子为p杂化，有14个，因 第28页/共30页 学科网命组卷网 此分子中p、sp 杂化的碳原子数目之比为7：4，d正确， 故答案选ad。 【小问4详解】 CN 由信息③，并比较G→M的结构变化，可知H为 【小问5详解】 有机物E含6C、1N、1O、1个不饱和度，存在2个N-H键，说明存在氨基，能发生银镜反应说明存在醛 基，存在手性碳原子，且醛基不直接连接在手性碳原子上。如果手性碳上既有氢原子，又有氨基，还可以 连接1个甲基和1个正丙基，再加入醛基，有4种结构：如果手性碳上既有氢原子，又有氨基，还可以连 接1个甲基和1个异丙基，再加入醛基，有3种结构：如果手性碳上既有氢原子，又有氨基，还可以连接2 个乙基，再加入醛基，有2种结构：如果手性碳上有氨基，没有氢原子，那还可以连接2个甲基和1个乙 基，再加入醛基，有1种结构：如果手性碳上有氢原子，没有氨基，那还可以连接2个甲基和1个乙基， 再加入醛基和氨基，采取“固一移二法”，有6种结构；因此一共有16种结构；其中核磁共振氢谱有5组 CHCH(NH,)C(CH),CHO 峰，表明有5种不同化学环境的氢原子，其结构简式为 【小问6详解】 MgBr MgBr 溴苯和镁、乙醚反应生成格氏试剂 和丙腈反应生成 被NaBH4还原得到目标产物，具体过程为： → -MgBr CHCH2CN 盐酸 NaBH4> 第29页/共30页 6学科网 命组卷网 OH 第30页/共30页 秘密★启用前 高三年级学情调研 化学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 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. 中国茶文化源远流长，茶具的材质多种多样，蕴含着丰富的化学知识。下列茶具主要材质的分类错误的是 A．紫砂壶—无机非金属材料 B．玻璃公道杯—新型有机材料 C．不锈钢茶漏—金属材料 D．竹制茶盘—天然有机高分子材料 A. A B. B C. C D. D 2. 甲胺铅碘()在太阳能电池领域表现出优异的光电性能。下列有关化学用语表达错误的是 A. 甲基的电子式： B. 中子数为78的碘核素： C. 甲胺铅碘中N原子杂化轨道示意图： D. 基态Pb原子的价层电子排布式： 3. 下列关于物质用途的说法错误的是 A. 碳酸钡可用作胃部X射线透视的“钡餐” B. 碳酸氢钠可用作焙制糕点的膨松剂 C. 氧化铝可用作冶金工业的耐火材料 D. 硅胶可用作食品包装袋内的干燥剂 4. 德国化学家维勒发现无机化合物氰酸铵()通过加热可以直接转变为有机化合物尿素，打破了无机物与有机物的界限。下列说法错误的是 A. 氰酸铵与尿素互为同分异构体 B. 尿素在土壤中可通过自然固氮转化为植物能吸收的物质 C. 尿素可与甲醛发生缩聚反应制得脲醛树脂 D. 柴油车尾气处理液中含有尿素，其作用是将还原为无毒的 5. 下列实验操作符合规范的是 A．碱式滴定管排气泡 B．冲洗盛有废液的试管 C．向试管中滴加溶液 D．蒸馏时接收馏分 A. A B. B C. C D. D 6. 肼()是一种重要的化工原料，具有弱碱性和强还原性。下列说法正确的是 A. 肼分子中所有原子共平面 B. 含有键和键 C. 肼溶液呈弱碱性的原因： D. 肼溶液与AgCl悬浊液反应生成的离子方程式： 7. 氮、硫元素的部分价—类二维图如图。下列说法错误的是 A. a、u分子中键角较大的是a B. 常温下，等物质的量浓度的y、z水溶液的pH： C. d与w在一定条件下可以发生氧化还原反应 D. 足量Cu与e的浓溶液反应完全时，消耗的还原剂与氧化剂物质的量之比为 8. 某阴离子可嵌入石墨烯层间调控其光电性能。已知X、Y、Z、W、M为五种原子序数依次增大的短周期主族元素，W是电负性最大的元素，X的最外层电子数是内层电子总数的2倍，M的最高正价为。下列说法正确的是 A. 简单氢化物的沸点： B. 第一电离能： C. 该阴离子内部存在键 D. 与的空间结构相同 9. 某同学设计以下实验，探究配位作用对铁的化合物氧化性的影响(忽略溶液体积变化)。已知：溶液呈黄色，黄色主要来源于水解产生的以及部分；能与形成极其稳定的无色配离子。 实验步骤如下： ①向溶液中滴加少量KI溶液，溶液变为深棕色。 ②另取溶液加入适量NaF固体，振荡，溶液变为无色。 ③向②的无色溶液中滴加与①等量的KI溶液，无明显现象。 ④向③的溶液中滴加适量浓盐酸，溶液逐渐变为深棕色。 下列说法错误的是 A. ①中溶液变为深棕色，说明该条件下的氧化性强于 B. ②中溶液变为无色，说明与的配位能力强于、和 C. ③中无明显现象，是因为形成极大地降低了游离的浓度，使其氧化性减弱 D. ④中若用等浓度的NaCl溶液代替浓盐酸，也能观察到溶液逐渐变为深棕色 10. 某铁基超导材料的一种四方晶胞结构如图，晶胞参数为x pm、x pm、z pm，a原子的分数坐标为，b原子的分数坐标为。下列说法错误的是 A. c原子的分数坐标为 B. 该晶体的化学式为 C. b原子与c原子核间距为 D. 晶胞中每个Fe原子周围紧邻的As原子构成的空间结构为四面体 11. 海洋藻类中的钒依赖型溴过氧化物酶(VHPO)能高效催化氧化海水中的生成，其催化机理如图。已知VHPO中V的化合价为。下列说法错误的是 A. 反应过程中V的价态发生了变化 B. 过程①生成的钒过氧化物中间体中存在非极性键 C. VHPO中V-N键属于配位键 D. 总反应中每生成转移2 mol电子 12. 高分子M具有高透明度、极低的吸水率，广泛应用于光学镜头和医疗器械等领域，合成路径如图。下列说法错误的是 A. 若在W单体骨架上引入羟基，所得高分子的吸水率将增大 B. M的主链由碳碳单键连接构成，为线型高分子，具有热塑性 C. M中碳元素的质量分数随增大而减小 D. 若把W替换为，能生成高分子 13. 一种耦合海水制盐与制氢的反应系统工作原理如图。下列说法错误的是 已知ZnO能溶于强碱：。 A. Pt电极为阳极，发生氧化反应 B. 电解池中Zn电极的电极反应式为 C. 左侧装置消耗的Zn由电解池提供，则每生成1 mol气体X，电解池中理论上转移2 mol电子 D. 电解池工作时，溶液中的向Pt电极区移动 14. 电解质溶液的导电能力越强，电导率越大；难溶于水。25℃时，用标准溶液滴定10  mL  溶液，测得溶液的相对电导率()及随滴入标准溶液的体积的变化关系如图。已知：、。下列说法正确的是 A. a点溶液的 B. 随着标准溶液的加入，不断减小 C. c点溶液中存在： D. d点溶液中存在： 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 钛基二氧化铅()电极在电解工业和污水处理中应用广泛。以方铅矿为原料制备的工艺流程如图甲： 已知：①PbS精矿中含有少量CuS、FeS杂质。 ②常温下，，。 回答下列问题： （1）“粉碎、浮选”的目的是________。 （2）“酸浸”时的还原产物主要是NO，则PbS发生反应的化学方程式为________。 （3）“酸浸”时，金属离子浸出率随温度的变化如图乙。当温度高于40℃时，浸出率下降的主要原因是________。 （4）“除铁”时，为不引入杂质离子，试剂X宜选用________(填化学式)。 （5）“除铁”后滤液中，为确保铅元素不损失，理论上“除铜”后溶液中________。 （6）“电解”后制得的晶体中实际上存在少量氧空位，化学式可表示为，其中含有少量。若“电解”时每生成1 mol 转移1.92 mol电子，则该晶体中与的物质的量之比为________。 （7）“电解”完成后，钛基体表面紧密附着。以为电极电解处理含的酸性废水时，在阳极完全转化为无毒的和，则阳极反应式为________。 16. 三氟甲磺酸钕[，]常作路易斯酸催化剂，极易吸水，含水产物受热易水解。实验室以无水和超强酸为原料制备无水。 已知：沸点为162℃，易溶于甲苯(沸点111℃)、正丁醚(沸点142℃)；正丁醚与混合会剧烈放热，生成的鎓盐受热易分解。 实验步骤：①组装仪器如图，然后向装置内持续通入干燥的高纯；向三颈烧瓶中加入0.010 mol无水粉末。 ②通过仪器a加入稍过量无水，85℃恒温搅拌2 h。 ③反应结束，冷却至室温。向反应液中加入过量正丁醚，析出固体，过滤，用正丁醚洗涤、真空干燥得粗产品。 ④将粗产品加入热甲苯中浸泡、煮沸，趁热过滤除去杂质，滤饼再次真空干燥，最终得到纯净的4.87 g无水。 回答下列问题： （1）仪器a相比于普通分液漏斗的优点是________；装置B中无水的作用是________。 （2）装置A中制备的化学方程式为________。 （3）步骤①中持续通入的目的有：一是排尽装置内空气，二是________。 （4）步骤③中加入正丁醚析出固体，为避免局部过热，可采取的操作是________(写1条)。 （5）步骤④中煮沸的主要目的是________。 （6）该制备实验的产率为________%(保留3位有效数字)。 17. 利用催化加氢合成是实现碳资源循环利用的有效途径，使用催化剂可显著提高反应的活性和抗积碳能力。相关反应如下： I． II． III． 回答下列问题： （1）_______。 （2）上述三个反应的(K为平衡常数)随(T为温度)的变化如图。其中代表反应III的曲线是_______(填“a”“b”或“c”)。 （3）在相同温度和压强下，改变起始投料比。 ①随着x的增大，的转化率将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②随着x的增大，的选择性[选择性]提高，结合反应I和II解释可能的原因是_____________________。 （4）某温度下，向2 L恒容密闭容器中充入和发生反应I、II。5 min时测得、的选择性为50%，则0~5 min内_______，此时反应II的浓度商_______。 （5）一定温度下，催化甲烷化两条路径的关键基元反应活化能(单位：)如表(吸附态物种用*标记)： 途径①：CO路径 途径②：甲酸盐路径 分步加氢，各步 分步加氢，各步 根据表中数据判断，催化甲烷化主要遵循途径_______(填“①”或“②”)，理由是_____________________。 18. 氯雷他定常用于过敏性鼻炎、荨麻疹等的治疗，合成路线之一如图： 已知：①-Et代表，-Me代表； ②(格氏试剂，X=Cl、Br、I)； ③RMgX+R′CNR′COR。 回答下列问题： （1）C中含氧官能团的名称为_______。 （2）E→F反应过程中还有2种气体(常温常压下)生成，该反应的化学方程式为_____________________。 （3）下列说法正确的是_______(填字母)。 a．A→B为加成反应 b．B→C还有生成 c．E能与NaOH溶液反应 d．氯雷他定分子中、杂化的碳原子数目之比为 （4）H的结构简式为______________。 （5）E的同分异构体中，同时满足下列条件的有_______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为______________。 ①分子中含有2个N-H键； ②能发生银镜反应； ③含有手性碳原子； ④含氧官能团不直接连在手性碳原子上。 （6）参照上述合成路线，以溴苯和丙腈()为原料，设计合成的路线(无机试剂任选)___________________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $