安徽省滁州市2026届高三化学下学期第二次教学质量监测试卷解析版

2026年滁州市高三下学期第二次教学质量监测

化学

本试卷共8页，18小题，满分100分，考试时间75分钟。

注意事项：

1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。

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，务必擦净

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。

可能用到的相对原子质量：C12O16Na23Cl35.5

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.材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列材料属于无机非金属材料的是

A.ABS高韧性工程塑料——制造汽车零配件

B.热固性酚醛树脂——制造集成电路的底板

C.超细玄武岩纤维——嫦娥六号携带的月面国旗的纺织材料

D.高强韧无磁不锈钢——聚变能实验装置中的低温结构部件

【答案】C

【解析】

【详解】A．ABS高韧性工程塑料属于有机高分子合成材料，不属于无机非金属材料，A不符合题意；

B．热固性酚醛树脂属于有机高分子材料，不属于无机非金属材料，B不符合题意；

C．超细玄武岩纤维主要成分为硅酸盐类无机物，属于无机非金属材料，C符合题意；

D．高强韧无磁不锈钢属于铁合金，是金属材料，不属于无机非金属材料，D不符合题意；

故选C。

2.下列化学用语表述正确的是

3

A.PCl3分子的VSEPR模型：B.CH3CN中含有spsp键

C.乙醇的分子式：C2H5OHD.邻羟基苯甲醛的分子内氢键：

【答案】B

【解析】

531

【详解】A．中心P原子价层电子对数=34（3个成键电子对+1个孤电子对），故VSEPR

2

模型为四面体形；图示显示的是三角锥形——这是分子空间构型，而非VSEPR模型，A错误；

3

B．CH3CN结构简式为CH3–C≡N：甲基碳（CH3–）为sp杂化；氰基碳（–C≡N）为sp杂化；二者之间形

成sp3–spσ键，B正确；

C．C2H5OH是结构简式，表示羟基连接在乙基上，正确的分子式应为C2H6O，C错误；

D．邻羟基苯甲醛分子中羟基和醛基能形成分子内氢键，氢键示意图为：，D错误；

故选B。

3.用下列化学知识解释对应劳动项目错误的是

选项劳动项目化学知识

A用葡萄酿制葡萄酒葡萄糖在酶催化下可生成乙醇

B用次氯酸钠溶液消毒次氯酸钠溶液呈碱性

C加工面包时加入碳酸氢铵碳酸氢铵可中和酸并受热分解产生气体

D用肥皂洗涤油污肥皂中的高级脂肪酸钠含有亲水基和疏水基

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．葡萄糖在酶催化下生成乙醇和二氧化碳，是葡萄酿酒的反应原理，A正确；

B．NaClO溶液能够消毒是因为其在水溶液中水解生成具有强氧化性的HClO，能破坏微生物结构，和溶液的

碱性无关，B错误；

C．NH4HCO3可以中和面团发酵产生的酸，同时受热易分解生成CO2和NH3气体，可使面包疏松多孔，C

正确；

D．肥皂的有效成分为高级脂肪酸钠，分子中同时含有亲水基和疏水基，可乳化油污，D正确；

故答案选B。

4.下列实验产生的废液中，可能大量存在的离子组是

选项实验离子组

A和酸性高锰酸钾溶液反应后的废液、2、

SO2HCaCl

B溶液和过量氨水反应后的废液、、

CuSO4NH4AgNO3

CAl和氢氧化钠溶液反应后的废液、2、

NaCO3Br

D过量的溶液腐蚀覆铜板后的废液、、2

FeCl3KSCNSO4

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A．被酸性氧化生成2-，2-会与2结合生成难溶物，二者不能大量

SO2KMnO4SO4SO4CaCaSO4

共存。同时，在酸性条件下，-会与-反应，二者也不能大量共存，A错误；

MnO4Cl

B．与过量氨水反应后的废液含，+会与反应生成配合物+，

CuSO4NH3H2OAgNH3H2O[Ag(NH3)2]

该溶液中不能存在大量Ag+，B错误；

C．Al和NaOH溶液反应后的废液含+、AlOH和-，呈强碱性，+、CO2-和-之间及与

Na4OHNa3Br

废液中的离子均不发生反应，可大量共存，C正确；

3+3+-

D．过量FeCl3腐蚀覆铜板后的废液含Fe，Fe与SCN反应生成配合物Fe(SCN)3，不能大量共存，D

错误；

故答案选C。

5.利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是

实验装置

A.制备少量NO并避免

实验目的B.验证牺牲阳极法保护铁

其被氧化

实验装置

实验目的C.灼烧海带D.验证甲基使苯环活化

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A．Cu与稀硝酸反应生成NO，装置中U型管左管生成的NO会将溶液压向右管，NO留在左管，隔绝

了空气，避免NO被O2氧化，能达到实验目的，A正确；

B．牺牲阳极法保护铁时，若Fe被腐蚀才会生成Fe2，KSCN溶液只能检验Fe3，无法检验Fe2，不能验

证铁是否被保护，不能达到实验目的，B错误；

C．灼烧海带固体应该在坩埚中进行，坩埚需要放在泥三角上而不是石棉网上，不能达到实验目的，C错误；

D．该实验中甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯被氧化为苯甲酸，而苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，

证明的是苯环活化了甲基（使甲基易被氧化），不能验证甲基使苯环活化，不能达到实验目的，D错误；

故答案选A。

阅读下列材料，完成以下2个小题。

非金属元素在化工生产中扮演着重要角色。在众多的化工原料和产品中，都能见到氮元素的踪迹。氮的氢

化物中有NH3、N2H4(肼，又称联氨，无色液体)等，其中NH3可以和许多金属阳离子形成配离子。N2H4

可作火箭燃料，为二元弱碱，在水中电离方式与氨相似。王水(浓硝酸与浓盐酸体积比为1：3)能使一些不

溶于硝酸的金属如金、铂溶解。

6.下列有关物质结构和性质的说法错误的是

A.沸点：B.键角：

N2H4NH3NO3NO2

C.1molAgNH含有8mol键D.N的空间构型为V形

323

7.下列有关反应的化学方程式或离子方程式错误的是

A.联氨与过量的稀硫酸反应：N2H4H2SO4N2H6SO4

B.浓氨水检测氯气泄漏：8NH33Cl26NH4ClN2

2

C.浓氨水溶解氢氧化铜：Cu(OH)4NHCuNH2OH

2334

D.王水溶解金：Au4HClHNO3HAuCl4NO2H2O

【答案】6.D7.A

【解析】

【6题详解】

A．N2H4和NH3均存在分子间氢键，N2H4相对分子质量更大、分子间氢键数目更多，沸点更高，A正确；

1

B．NO中心N的价层电子对数为：351233，为sp2杂化，无孤电子对，空间构型为平面

32

1

三角形，键角120；NO中心N的价层电子对数为：251223，为sp2杂化，有1对孤电

22

子对，孤电子对排斥成键电子对使键角减小，故键角，B正确；

NO3NO2

C．1个中，每个含3个键共6个，与2个N形成的配位键也属于键共

[AgNH32]NH3NHAg

2个，总计8个键，故1mol该配离子含8mol键，C正确；

D．与为等电子体，空间构型为直线形，不是V形，D错误；

N3CO2

故选D。

【7题详解】

A．联氨为二元弱碱，与过量稀硫酸反应生成硫酸氢肼，正确的方程式为：，

N2H42H2SO4N2H6HSO42

A错误；

B．浓氨水与氯气反应，Cl2氧化NH3生成N2，同时生成NH4Cl的白烟可检测氯气泄漏，B正确；

C．浓氨水溶解氢氧化铜，与2形成配离子2，C正确；

NH3Cu[CuNH34]

D．王水中浓硝酸作氧化剂，浓盐酸提供Cl与Au3形成稳定配离子，方程式电子转移守恒、原子守恒，D

正确；

故选A。

8.科研工作者从红树林真菌代谢物中分离得到一种天然产物，其结构如下：

下列有关该物质的说法错误的是

A.分子中所有原子不可能共平面

B.能和NaHCO3溶液反应

C.1mol该物质最多能消耗4molNaOH

D.与足量的H2发生加成反应后产物中有10个手性碳原子

【答案】C

【解析】

【详解】A．分子中含有多个甲基和甲氧基，这些基团中的饱和碳原子为四面体结构，因此所有原子不可能

共平面，A正确；

B．分子中含有羧基，羧基的酸性强于碳酸，能与NaHCO3溶液反应放出CO2，B正确；

C．1mol该物质中能与NaOH反应的基团有2mol酚羟基，共消耗2molNaOH；1mol羧基，消耗

1molNaOH，1mol酚酯水解生成1mol羧基和1mol酚羟基，共消耗2molNaOH，总消耗量为

2125mol，C错误；

D．与足量H2加成时，只有苯环发生加成；两个苯环变为饱和六元环，手性碳原子如图所示：

，共10个，D正确；

故答案选C。

9.离子液体具有良好的导电性，可用作原电池的电解质。一种离子液体的结构如图所示，已知基态X原子

的价电子排布式为1s1，W、M、Z、Y为原子半径依次增大的第二周期主族元素，下列说法错误的是

A.基态原子的第一电离能：MZ

B.电负性：MZYX

C.若将阴离子换为F，化合物熔点升高

D.M与Z分别与X均可形成18e的分子

【答案】B

【解析】

【分析】基态X原子的价电子排布式为1s1，则X为H；W、M、Z、Y为原子半径依次增大的第二周期主族元

素，同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，因此原子序数关系：WMZY，阴离子中Y

与4个W成键，整体带1个单位负电荷，说明Y最外层有3个电子，得Y为B；W为负一价，原子序数大于

B，得W为F，阴离子为，符合结构；阳离子结构中：Z全部形成4个共价键，M形成3个或4个共

[BF4]

价键，结合阳离子成键特点及原子序数MZ，得M为N，Z为C；据此解题。

【详解】A．同周期第一电离能随原子序数增大整体增大，且N的2p3为半满稳定结构，第一电离能NC，

即MZ，A正确；

B．鲍林电负性顺序为：N3.04C2.55H2.20B2.04，即MZXY，选项给出顺序

MZYX，B错误；

C．原化合物是离子液体，大体积的使离子键减弱、熔点低；换为小体积后，晶格能增大，离子

BF4F

键增强，熔点升高，C正确；

D．M(N)与X(H)形成N2H4，总电子数721418；Z(C)与X(H)形成C2H6，总电子数

621618，均为18e分子，D正确；

故答案选B。

10.下列实验方案能达到实验目的的是

选

实验目的实验方案

项

探究NaHCO3溶液向装有NaHCO3固体的试管中加入稀盐酸，同时迅速插入

A

与盐酸反应的热效应温度计，观察示数变化

检验铜丝与过量浓硫

B酸反应后有CuSO4向反应后的试管中加水，观察颜色

生成

C判断该酸是否为强酸室温下，测定0.01molL1某酸溶液的pH是否为2

向装有1mL银氨溶液的试管中滴加丙烯醛并水浴加热，观

D检验丙烯醛中的醛基

察现象

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．探究NaHCO3溶液与盐酸的反应热时若使用NaHCO3固体，固体溶解过程的热效应会干扰反

应热的测定，应使用溶液进行实验，A错误；

B．铜与过量浓硫酸反应后的试管中残留大量浓硫酸，直接加水会导致浓硫酸暴沸，使酸液飞溅，存在安全

隐患，正确操作是将反应后液体缓慢倒入盛水的烧杯中观察颜色，B错误；

C．选项中未说明酸的元数，无法通过pH判断是否为强酸，C错误；

D．在水浴加热条件下，醛类物质会与银氨溶液发生银镜反应，丙烯醛中的碳碳双键不与银氨溶液反应，不

会干扰醛基检验，D正确；

故答案选D。

11.一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以LiCl形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理

如图所示。

下列说法错误的是

A.④室中可以实现含锂废弃物中锂元素的回收

B.Ⅰ、Ⅲ为阳离子交换膜，Ⅱ为阴离子交换膜

C.电极b上发生的电极反应式为43

Fe(CN)6eFe(CN)6

D.若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5gNaCl，理论上消耗标准状况下氧气5.6L

【答案】A

【解析】

【分析】由图分析可知，左侧为阴极，电极反应为，右侧为阳极，电极反应为

O22H2O4e4OH

43

FeCNeFeCN，在膜Ⅰ和膜Ⅱ间加入海水，钠离子透过膜Ⅰ进入阴极区得到氢氧化

66

钠，氯离子透过膜Ⅱ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，锂离子透过膜Ⅲ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，在此处得到LiCl，则膜

Ⅰ为阳离子交换膜，膜Ⅱ为阴离子交换膜，膜Ⅲ为阳离子交换膜，据此解答。

【详解】A．海水中的Cl移向③室，含锂废弃物的Li从④室迁移到③室，最终LiCl在③室富集，在③室

实现锂元素的回收，不是④室，A错误；

B．根据分析可知，Ⅰ、Ⅲ为阳离子交换膜，Ⅱ为阴离子交换膜，B正确；

43

C．电极b为阳极，发生氧化反应，其电极反应式为FeCNeFeCN，C正确；

66

D．每脱除，电路中转移1mol电子，根据a电极反应：计算可知，

58.5gNaClO22H2O4e4OH

消耗0.25molO2，标准状况下体积为5.6L，D正确；

故选A。

12.氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应

22

Ga2O3(s)2NH3(g)2GaN(s)3H2O(g)制备。已知：1eV1.610kJ，阿伏加德罗常数约为

6.021023mol1。反应历程(TS代表过渡态)如下：

下列说法错误的是

A.若氮化镓晶胞氮原子配位数是4，则镓原子配位数也是4

1

B.反应i和反应ii中H2O(g)脱去步骤的活化能之差为24.37kJmol

C.反应iii在高温条件下能够自发进行

D.总反应的决速步反应包含在反应iii中，其活化能为3.07eV

【答案】B

【解析】

【详解】A．氮化镓的化学式为GaN，晶胞中配位数之比等于化学式中原子数之比，即Ga:N1:1，故氮

原子配位数为4时，镓原子配位数也为4，A不符合题意；

B．反应ⅰ中H2Og脱去步骤的活化能为2.13eV0.68eV2.81eV，反应ⅱ中H2Og脱去步

骤的活化能为3.39eV0.70eV2.69eV，二者差值为2.81eV2.69eV0.12eV，换算为

kJmol1：0.12eV1.61022kJ/eV6.021023mol111.6kJmol1，B符合题意；

C．反应ⅲ为Ga2ON2H2s2GaNsH2Og，该反应的产物能量高于反应物，ΔH0，ΔS0，

根据ΔGΔHTΔS，高温下ΔG0，反应可自发进行，C不符合题意；

D．总反应的决速步为活化能最大的步骤，反应ⅲ中TS7的活化能为6.37eV3.30eV3.07eV，

为整个反应的最大活化能，故决速步包含在反应ⅲ中，D不符合题意；

故选B。

13.碳元素的单质有多种形式，如图所示依次是石墨和金刚石的结构图及其晶胞，其中1、2号碳原子分数

坐标分别为(0,0,0)、(1,0,0)，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是

A.石墨和金刚石构成的晶体分别为混合型晶体、共价晶体

B.石墨的层状结构比金刚石的结构更稳定

211

C.石墨晶胞中3号碳原子的分数坐标为,,

332

9.61031

D.金刚石晶体的密度为：3

3gcm

NA154

【答案】D

【解析】

【详解】A．石墨：层内C-C共价键、层间分子间作用力，属于混合型晶体；金刚石：全部由共价键形成空

间网状结构，属于共价晶体，A正确；

B．键能判断稳定性：石墨C-C键长142pm，金刚石C-C键长154pm；键长越短，键能越大，结构越稳定，

因此石墨层状结构比金刚石更稳定，B正确；

C．1、2号碳原子分数坐标分别为(0,0,0)、(1,0,0)，石墨晶胞底面为夹角120°的正六边形；3号碳原子

211

在底面正三角形的重心位置，底面分数坐标（，），竖直方向在晶胞中层，Z=，因此3号原子分数坐标：

332

211

,,，C正确；

332

11

D．金刚石晶胞C原子数均摊：顶点：81；面心：63；内部：4个；总原子数1+3+4=8，晶胞

82

81296

质量：m=g；晶胞边长计算，金刚石键长（相邻C-C核间距）a0=154pm，体对角线长度

NANA

a4154

804a；设立方晶胞边长为L：3L4154pmLpm，晶胞体积：

203

3

341543103303

VLpm，单位换算：1pm10cm，1pm10cm，

3

96

3130

mN9.633104.53103

Agcm，故D错误；

333

v415430NA64154NA154

10

3

故答案选D。

14.铜(Ⅰ)、乙腈(简写为L)的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标()为含铜物种占总铜的

物质的量分数，总铜浓度为1.0103molL1。下列描述错误的是

A.当1时，

c(L)1.0molLcCuL3cCuL2c[CuL]

B.中n从0增加到2，结合L的能力随之减小

CuLnCuLn

C.的反应3.48

Cu2CuL33CuL2K10

D.若时，51

cCuL2cCuL3c[CuL]3.010molL

【答案】D

【解析】

【分析】c(Cu+)=时，2.631，则的K=2.63；

cCuLc(L)10molLCuLCuL110

+1.3911.39

=c{[CuL2]}时，，则的K2=；

cCuLc(L)10molLCuLLCuL210

0.2710.27

时，，则的K3=；

cCuL2cCuL3c(L)10molLCuL2LCuL310

【详解】A．根据图示，当c(L)1.0molL1时，即lgc(L)=0，溶液中

，故A正确；

cCuL3cCuL2c[CuL]

B．根据以上分析，K>K>K，可知中n从0增加到2，结合L的能力随之减小，故B正确；

123CuLn

2

C．的反应22.631.390.273.48，故C正

Cu2CuL33CuL2KK1K2K310101010

确；

D．根据图像，时，、物质的量分数均为0.47，的物

cCuL2cCuL3CuL2CuL3[CuL]

质的量分数为0.06，总铜浓度为1.0103molL1，c[CuL]6.0105molL1，故D错误；

选D。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb、Cu元素。

2

已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为；

PbSO4ZnNH34

14.824

②KspPb(OH)210；Ksp(ZnS)1.610；

③酒石酸结构简式为HOOC(CHOH)2COOH(记作H2A)。

回答下列问题：

（1）Pb位于元素周期表第六周期第ⅣA族，基态Pb原子价电子排布图为_______。

（2）“氧化浸出”时，温度不能过高的原因为_______。

（3）“氧化浸出”时，ZnS发生反应的化学方程式为_______。

2

（4）“沉锌”步骤中发生反应的离子方程式为_______。

ZnNH34

（5）滤渣1的主要成分有S、PbSO4和_______(填化学式)。

（6）“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为_______，pH

过高可能生成_______(填化学式)。

（7）制备光学材料。如图所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”

区域，光照下发出特定波长的光。

区域A带_______(填“正电”或“负电”)。

【答案】（1）（2）温度过高时，NH3H2O分解生成NH3逸出(过二硫酸铵

分解，造成浸出率减小等)

（3）(或

NH42S2O8ZnS4NH3ZnNH34SO4NH42SO4S

)

NH42S2O8ZnS4NH3H2OZnNH34SO4NH42SO4S4H2O

2

（4）ZnNHS24HOZnS4NHHO

34232

（5）Fe(OH)3

（6）①.pH升高，浓度增大，平衡2逆向移动，2离子浓度增大，

OHAH2OHAOHA

平衡22正向移动，PbA产率增大②.

PbSO4APbASO4Pb(OH)2

（7）正电

【解析】

2+

【分析】氧化浸出：废渣中的ZnS、FeS、CuCl被氧化，Zn转化为[Zn(NH3)4]进入溶液，而PbSO4不溶，形

2+2+2+

成滤渣1。除铜：向滤液中加入Zn，将Cu置换为Cu，同时保留[Zn(NH3)4]。沉锌：加入(NH4)2S，使[Zn(NH3)4]

转化为ZnS沉淀。浸铅：滤渣1中的PbSO4与酒石酸（H2A）及Na2A反应生成PbA，而Fe元素以Fe(OH)3形

式留在滤渣2中。真空热解：PbA分解为纯Pb及两种气态氧化物（CO和H2O）。

【小问1详解】

Pb是82号元素，其电子排布为[Xe]4f145d106s26p2。根据题目要求，只需写出价电子排布图。Pb的价电子为

6s26p2，排布图如下：。

【小问2详解】

在“氧化浸出”过程中，使用了(NH4)2S2O8和NH3·H2O。温度过高会导致NH3·H2O受热分解，NH3挥发，导致

2+

溶液中NH3浓度降低，影响[Zn(NH3)4]的形成；(NH4)2S2O8在高温下可能分解，导致氧化能力下降，影响浸出

效果；

【小问3详解】

根据已知①，ZnS在“氧化浸出”中转化为[Zn(NH)]2+，S2-被氧化为S；氧化剂是(NH)SO，还原产物为2-，

344228SO4

结合NH3·H2O提供NH3，可写出反应方程式：

ZnS(NH4)2S2O84NH3H2O[ZnNH3)4SO4(NH4)2SO4S4H2O或

。

NH42S2O8ZnS4NH3ZnNH34SO4NH42SO4S

【小问4详解】

2+2-2+

“沉锌”是将[Zn(NH3)4]转化为ZnS沉淀。加入(NH4)2S后，S与[Zn(NH3)4]反应生成ZnS。离子方程式为：

22。

Zn(NH3)4]S4H2OZnS4NH3H2O

【小问5详解】

2+2-3+

在“氧化浸出”中：ZnS转化为[Zn(NH3)4]，S被氧化为S。FeS被氧化为Fe，在碱性条件下生成Fe(OH)3

2+

沉淀。CuCl被氧化为Cu，进入溶液。PbSO4不参与反应，留在滤渣中。因此，滤渣1的主要成分为S、PbSO4

和Fe(OH)3。

【小问6详解】

2-2-2---

酒石酸H2A是二元弱酸，A浓度受pH影响。pH升高时，A浓度增大（A+H2O⇌HA+OH，pH升高使平

222-

衡左移）；根据反应：PbSO4sAPbASO4，A浓度增大，平衡右移，PbA产率提高。pH过高

2

时的副反应：当pH过高时，c(OH)增大，溶液中的Pb会与OH反应生成Pb(OH)2沉淀。

【小问7详解】

首先，ZnS晶体中Zn2+和S2-按1:1排列。掺入CuCl后，Cu+替代Zn2+，Cl-替代S2-。由于Cu+（+1）比Zn2+（+2）

少一个正电荷，Cl-（-1）比S2-（-2）少一个负电荷，因此：区域B：Zn2+被Cu+取代，正电荷减少，相当于

带负电。区域A：S2-被Cl-取代，负电荷减少，相当于带正电。

16.三氟甲基亚磺酸锂LiSO2CF3Mr140是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂

剂，能使失活的电池再生并延长寿命，且保持电池原结构。其合成原理如下：

实验步骤如下：

Ⅰ．向三颈烧瓶中加入3.50gNaHCO3、5.20gNa2SO3和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.2mL(3.37

g)三氟甲磺酰氯(Mr168.5，沸点为29~32℃)，有气泡产生(装置如图1，夹持及加热装置省略)。80℃

下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。

Ⅱ．向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水Na2SO4，振荡，抽滤、洗涤。

将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。

Ⅲ．将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，析出白色

固体。抽滤、洗涤。

Ⅳ．将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗

产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.40g。

已知：THF是一种有机溶剂，与水任意比互溶。

回答下列问题：

（1）步骤Ⅰ滴加三氟甲磺酰氯的仪器名称为_______，球形冷凝管的作用是_______。

（2）步骤Ⅱ中抽滤装置如图2所示，抽滤结束时的操作顺序为_______(填序号)，抽滤的优点是_______。

①关闭真空泵

②打开安全瓶中玻璃管上的旋塞

③取下布氏漏斗和吸滤瓶

（3）关于步骤Ⅱ、Ⅲ，下列说法错误的是_______(填字母)。

a.步骤Ⅱ中抽滤后洗涤的目的是将吸附在滤渣上的三氟甲基亚磺酸钠尽可能全部转入滤液中，提高产率

b.步骤Ⅲ中加盐酸的目的是先生成三氟甲基亚磺酸，再与LiOH反应，提高产品的纯度

c.取步骤Ⅲ中滤液少量于小试管中，滴加浓盐酸，若有白色沉淀生成，表明浓盐酸已加足量

（4）将注入电池后充电补锂，该过程中在阳极失去电子转化为两种气体离去，其中

LiSO2CF3SO2CF3

一种气体为CF3CF3，写出阳极电极反应式：_______。

（5）三氟甲基亚磺酸锂的产率为_______。

【答案】（1）①.恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗②.冷凝兼回流(防止三氟甲磺酰氯挥发)，提高

原料利用率

（2）①.②①③②.过滤速度比较快，固液分离较为彻底

（3）c（4）

2SO2CF32e2SO2CF3CF3

（5）50%

【解析】

【分析】向三颈烧瓶中加入3.50gNaHCO3、5.20gNa2SO3和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.2

mL(3.37g)三氟甲磺酰氯，生成了三氟甲基亚磺酸钠、硫酸钠和氯化钠，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧

化碳，所以有气泡产生，80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。向上述所得固体中加入10.0mL

四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水Na2SO4，无水Na2SO4是除掉黄色固体里的水分，接着振荡、抽

滤，除去硫酸钠，用四氢呋喃洗涤滤渣，可将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转移到滤液中，提高产率。

将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF

加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发生的化学方程式为：

，析出白色固体。抽滤，洗涤。将滤液转入圆底

烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率，室温搅拌反应1h后，减

压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.40g，据此分析。

【小问1详解】

由图1可知，滴加三氟甲磺酰氯的仪器名称为恒压滴液漏斗；由于三氟甲磺酰氯沸点低，反应放热容易使

其挥发，球形冷凝管的作用是冷凝回流三氟甲磺酰氯，提高原料利用率。

【小问2详解】

抽滤结束时，应该先打开安全瓶中玻璃管上的旋塞，使抽滤装置与大气压相通，恢复常压；在确保安全瓶

已与真空源断开连接后，关闭真空泵；小心取下布氏漏斗和吸滤瓶；故正确的操作顺序是②①③；抽滤的

优点过滤速度快；固液分离更彻底；沉淀更干燥；减少氧化风险等。

【小问3详解】

a．由分析可知，步骤Ⅱ中抽滤后用四氢呋喃去洗涤滤渣，将吸附在滤渣上的三氟甲基亚磺酸钠尽可能全部

转入滤液中，提高产率，a正确；

b．由分析可知，将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐

酸，发生的化学方程式为：，先得到三氟甲

基亚磺酸，生成的三氟甲基亚磺酸再与LiOH反应，提高产品的纯度，b正确；

c．取步骤Ⅲ中滤液少量于小试管中，滴加浓盐酸，若有白色沉淀生成，说明滤液里还有三氟甲基亚磺酸钠，

浓盐酸没有加足量，c错误；

故答案选c。

【小问4详解】

中碳元素化合价为+3价，元素化合价为+2价，在阳极上失去电子，硫元素化合价

SO2CF3SSO2CF3

由+2价升高为+4价，碳元素化合价不变，生成SO2和CF3CF3；则阳极电极反应式为

。

2SO2CF32e2SO2CF3CF3

【小问5详解】

3.37g

3.37g三氟甲磺酰氯(M168.5)在合成原理中，按理论上可产生=0.02mol的三氟甲基亚磺

r168.5g/mol

1.40g0.01mol

酸锂，实际只产生了=0.01mol，则三氟甲基亚磺酸锂的产率为×100%=50%。

140g/mol0.02mol

17.甲醇CH3OH是一种绿色能源，以CO2与H2为原料制备甲醇是实现CO2资源化利用的方式之一。

某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下反应。

反应i：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H1

反应ii：1；

CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H241.2kJmol

反应iii：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H3；

（1）标准摩尔生成焓定义：在标准压力下，一定温度时，由最稳定单质生成1mol纯物

fHm(100kPa)

1

质的反应焓变。相关物质的ΔfHmkJmol如下表所示。

物质H2(g)CO(g)CH3OH(g)

0

fHm110.5200.9

反应i的H1_______。

（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CO2g和H2g发生上述反应，下列说法中能表

明反应达平衡状态的是_______(填字母)。

A.混合气体压强保持不变B.气体密度不变

C.H2g的浓度不变D.CO和CO2的物质的量相等

（3）一定温度下，向容积为VL的恒容密闭容器中投入1molCO2(g)和3molH2(g)充分发生上述反应，

n生成的CHOH

平衡时CO的转化率CO和甲醇选择性3100%随温度的变化关系如图1所

22消耗的总

nCO2

示。

①分析温度高于236℃后，CO2平衡转化率下降的原因：_______。

②计算在244℃平衡时生成CH3OH的物质的量为_______mol(计算结果保留两位有效数字)。

③在240℃平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的选择性为b，计算反应ii的平衡常数K为_______(用

含a、b的代数式表示)。

（4）反应i催化机理如图2所示，在该历程中，生成的水分子中的氧原子直接来自_______(填化学式)。

（5）资料显示：水可以使催化剂活化点位减少。利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的

反应历程能量变化的影响，结果如图3所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)：

若在反应中添加一定量水蒸气导致甲醇产率增大或减小，请推测产率减小可能的原因是_______。

【答案】（1）49.2kJmol1（2）AC

（3）①.温度高于236℃以后，以反应i为主，H10，温度升高，反应i平衡逆向移动，所以CO2

a2(1b)

平衡转化率下降②.0.061③.

(1a)(32aba)

（4）In2O3（5）水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降或催化剂活化位点减少，吸附反应物能力

减弱，甲醇产率下降(若补充：有水参与的历程活化能减小，反应速率加快，甲醇产率上升是次要因素等合

理答案均可)

【解析】

【小问1详解】

反应i=反应ii+反应iii：1，由生成焓计算ΔH：

H241.2kJmol3

11

ΔH3ΔfHmCH3OHgΔfHmCOg2ΔfHmH2g200.9110.50kJmol90.4kJmol，因此

-1-1

ΔH1=[41.2+(-90.4)]kJ·mol=-49.2kJ·mol；

【小问2详解】

A．混合气体压强保持不变，反应前后气体分子数变化，压强不变可判断平衡，A正确；

B．气体密度不变，总质量守恒、体积恒定，密度始终不变，B错误；

C．H2(g)的浓度不变，浓度不变即平衡，C正确；

D．CO和CO2的物质的量相等，不是平衡特征，与初始投料及转化程度无关；

故答案选AC；

【小问3详解】

①：温度高于236℃以后，以反应i为主，ΔH10，温度升高，反应i平衡逆向移动，所以CO2平衡转

化率下降；

②：由图：244℃时，α（CO2）=10.5%，选择性=58.3%，总消耗CO2：1mol×10.5%=0.105mol，

n(CH3OH)=0.105×58.3%=0.061mol；

cCOc(H2O)

③：反应ii：CO2gH2gCOgH2OgK，消耗总CO2：amol，生成

cCO2c(H2)

CH3OH：abmol，用于反应ii的：CO2：a(1−b)mol，平衡各物质的量：

nCO21a

nCOa1b

nH2O总aba1ba

nH233aba1b32aba