2026年福建省高考考前最后一卷化学试题及答案

2026年高考考前最后一卷（福建专用）高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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．【社会热点】人工智能(AI)的飞速发展正在深刻地影响和改变人类生活，其硬件基础建立在各种新型高性能材料的突破与相关工艺的优化上。下列相关说法错误的是A．AI运算时使用的散热材料石墨烯是一种新型无机非金属材料B．电子封装时使用的纳米银浆是一种胶体C．制作芯片的晶体硅为分子晶体，具有半导体性质D．芯片光刻工艺中利用特定波长的光照射光刻胶发生化学反应，这一过程将光能转化为化学能2．某药物合成中间体W的合成路线如下图所示下列说法不正确的是A．X既可以和酸反应也可以和碱反应B．物质Z能发生水解反应C．存在一种Y的同分异构体，能与NaOH按照1:4反应D．W和足量H2加成后的物质含有2个手性碳原子3．【新考法】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，X的原子半径在周期表中最小，Y、Z、W相邻，且W、Q同主族，五种元素组成的环状物质a和b结构如图。下列说法正确的是A．第一电离能：Z>W>YB．Z2X4一定为非极性分子C．YW32中含σ键与π键的数目之比为2:1D．b分子中键长：①>②4．以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、MgO、NiO、SiO2等)为和NiCl2.6H2O的部分工艺流程如图：下列相关说法正确的是A．“滤渣”的主要成分是SiO2、MgSO4C．“氧化”后所得溶液中主要的金属阳离子有：Fe3+、Ni2+、Mg2+、Na+D．“转化”时加入Na2CO3有利于黄钠铁矾沉淀，主要是因为提高了溶液中Na+浓度5．【改编试题】如图所示为硫元素在自然界中的循环示意图。设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A．25℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中，含H+数目为0.2NAB．标况下，2.24LH2S中含有的极性共价键数目为0.2NAC．SO2与O2发生反应，每消耗1molO2，转移电子数为4NAD．1molNaHSO4熔融状态下，所含离子总数为2NA6．中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，其反应机理如下图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是A．C2H转化为C4H(g)时，有C-H形成，无C-C形成B．增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率C．C2H2(g)转化为C4H6(g)的过程放出热量D．选择较短的反应时间并及时分离产物，可提高乙烯的产率7．为探究SO2使品红褪色的反应原理，进行如下实验。下列分析或推测错误的是①②③④溶液不褪色溶液褪色较快快褪色，加热后溶液不恢复红色较慢褪色，加热后溶液慢慢出现浅红色A．由①②推测，SO2使品红褪色的反应需要水参与C．由③④推测，Na2SO3溶液与品红生成的物质较稳定D．另取4mL0.1mol.L—1NaHSO3溶液，加入少量NaOH溶液，推测品红褪色速率减慢8．下列实验中，不能达到实验目的的是A．铁钉的吸氧腐蚀B．验证SO2的酸性C．实验室回收溴苯中的苯D．量取NaOH标准溶液9．某大学教授团队揭示了In2O3用于二氧化碳电还原时，自身会发生还原重构，该团队还通过电化学原位拉曼光谱、X射线吸收光谱等技术对In2O3在电化学还原条件下的活性物种进行了研究。设计以CO2与辛胺为原料用电化学方法实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图。下列说法错误的是A．在现代化学中，利用原子光谱上的特征谱线可以鉴定元素的种类B．若以铅酸蓄电池为电源，则In/In2O3-x极应与铅酸蓄电池的Pb极相连C．工作时，每转移2mol电子，In/In2O3-x极溶液的质量增加44gD．Ni2P极上发生的电极反应为CH3(CH2)7NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O10．常温下，用0.1000mol/LNaHC2O4标准溶液滴定100mLBa(OH)2溶液，测得溶液的相对电导率σ及Ba2+)随滴入NaHC2O4标准溶液的体积V(NaHC2O4)的变化关系如图所示。已知Ka1(H2C2O4)=1.0×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.0×10-4。下列说法正确的是A．c点之后电导率持续上升说明，HC2O4-的导电能力强于C2O-B．b→c的过程中，溶液中逐渐增大D．d点溶液中：c(Na+)>c(HC2O4-)>c二、非选择题：本题共4小题，共60分。1115分）由“赤泥”(含Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量Sc2O3)制备Sc2O3的过程如下：已知：①P2O4在酸性条件下萃取金属离子的顺序为：Fe3+>Sc3+>Al3+>Fe2+。(1)酸浸。一定条件下，钪的单次浸取率最高为49.4%。不改变条件，为充分浸出Sc，可采取的措施为。_______(2)调pH。向酸浸液中加入适量试剂X调节pH=1.5，试剂X为(填“Fe”、“Fe2O3”或“FeCO3”)。(3)经萃取、反萃取后得到ScCl3溶液，再通过沉钪、焙烧制得Sc2O3。①向ScCl3溶液中加入H2C2O4，Sc3+转化为3.6H2O沉淀。当大于1.5时，Sc3+的沉淀率会显著下降，原因是。②Sc2(C2O4)3.6H2O在空气中煅烧生成Sc2O3的化学方程式为。(4)向ZrO2中掺杂Sc2O3可制备固体电解质ScxZryOz。①ZrO2的晶胞结构如图所示，Zr4+的配位数为；ZrO2中部分Zr4+的位置被Sc3+占据，得到ScxZryOz，同时产生O2-空位。若x:y=2:23，则ScxZryOz中O2-的空缺率为(写出计算过程，O2-②水热法制备ScxZryOz。不同温度下测得产品的X射线衍射图(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示，则最佳的制备温度为。1215分）碘酸铜[Cu(IO3)2]难溶于水，常用于催化剂和红外吸收剂，具有多种工业应用。某研究小组利用含碘废液制备碘酸铜并测定其溶度积常数(Ksp)。I．制备HIO3，装置如下图所示。(1)仪器A的名称为，写出仅KI3被氧化的化学方程式。II．制备Cu(IO3)2，流程如下图所示。(2)“合成”后可通过抽滤分离出Cu(IO3)2固体，较于普通过滤，抽滤的优点是。(答出两点即可)(3)设计实验检验Cu(IO3)2是否洗涤干净。III．Cu(IO3)2溶度积常数(Ksp)的测定。取Cu(IO3)2固体溶于水配成饱和溶液，取25.00mL的饱和溶液，调节pH=3.5，加入足量EDTA二钠盐充分反应后，再加入足量KI溶液，用0.1000mol.L—1Na2S2O3标准溶液在15min内完成滴定，记录体积。重复滴定3次，平均消耗0.1000mol.L—1Na2S2O3标准溶液为VmL。4O2O、S4O均为无色。2+2CuI↓;CuI对I2有吸附作用。③EDTA二钠盐结构简式为：(4)配制饱和Cu(IO3)2溶液，下列仪器中需要使用的有(填名称)。(5)上述实验滴定时选用淀粉作指示剂，用离子方程式表示KI的作用：。(6)实验中加入EDTA二钠盐的目的是。(7)该条件下的Cu(IO3)2的Ksp为(列出计算式)。1316分）2025年中国国家药品监督管理局(NMPA)批准了42款小分子药物及合成路线，中国新药研发再迎丰收年。Flurpiridaz-18F是一种新型的正电子发射断层扫描(PET)心肌灌注成像示踪剂。其新的合成路线如下图所示，部分试剂及反应条件省略。2CH12O回答下列问题(1)A的官能团名称为。(2)C→D的反应类型是。(3)从B到G的合成步骤中TBDMS-Cl试剂的作用是。(4)①写出G→I的化学反应方程式；②该反应中加入的三乙胺[N(C2H5)3]是一种有机碱，其作用是。(5)同时满足下列条件的A的同分异构体有种。其中核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为1:2:2:2:2:1的一种同分异构体的结构简式为。①能与碳酸氢钠反应产生气泡②能与O2催化氧化生成醛③属于芳香族化合物(6)已知物质Q由M和反应生成，具体合成反应如下图，请写出M的结构简式______。1414分）利用甘油(C3H8O3)制取氢气是一个重要的研究课题。甘油水蒸气重整制氢中主要涉及以下反应：编号反应ⅠC3H8O3(g)+3H2O(g)≈3Ⅱ2O(g)Ⅲ2O(g)1(1)基态O原子价层电子的轨道表示式为。(2)反应C3H8O3(g)≈3CO(g)+4H2(g)的焓变ΔH(3)将1.0molC3H8O3和4.0molH2O充入恒容密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ.不同温度下，平衡时反应体系的组成如图(该温度范围内C3H8O3均消耗完全)。①曲线a对应的物质为。②T=1073K时，n(CO2)=mol，反应Ⅱ的平衡常数K=(列出算式，无须化简)。(4)在800K、101kPa、甘油起始物质的量n0(C3H8O3)=amol的条件下，研究起始投料比[n0(H2O)/n0(C3H3O3)]对反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的影响，该温度下达到平衡时C3H8O3消耗完全，平衡时n(CO2)/n0(C3H8O3)、n(CO)/n0(C3H8O3)的变化曲线如图。①当n0(H2O)/n0(C3H8O3)=9，平衡时，n(CH4)=mol(用含y1、y2和a的代数式表示)。②当n0(H2O)/n0(C3H8O3)=9，平衡时，n(H2)=mol(用含y1、y2和a的代数式表示)。2026年高考考前最后一卷（福建专用）高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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．【社会热点】人工智能(AI)的飞速发展正在深刻地影响和改变人类生活，其硬件基础建立在各种新型高性能材料的突破与相关工艺的优化上。下列相关说法错误的是A．AI运算时使用的散热材料石墨烯是一种新型无机非金属材料B．电子封装时使用的纳米银浆是一种胶体C．制作芯片的晶体硅为分子晶体，具有半导体性质D．芯片光刻工艺中利用特定波长的光照射光刻胶发生化学反应，这一过程将光能转化为化学能【答案】C【详解】A．石墨烯是碳的单质，属于新型无机非金属材料，具备良好导热性可用于散热，A正确；B．纳米银浆中分散质银颗粒的直径在1~100nm范围内，符合胶体分散系的特征，B正确；C．晶体硅是共价晶体，靠共价键形成空间网状结构，并非分子晶体，具有半导体性质，C错误；D．特定波长的光照射光刻胶引发化学反应，该过程吸收的光能转化为化学能存储在反应产物中，D正确；故选C。2．某药物合成中间体W的合成路线如下图所示下列说法不正确的是A．X既可以和酸反应也可以和碱反应B．物质Z能发生水解反应C．存在一种Y的同分异构体，能与NaOH按照1:4反应D．W和足量H2加成后的物质含有2个手性碳原子【答案】B（）A．X含有酚羟基，可与碱反应，含有氨基，可与酸反应，A正确；B．Z含有羟基和羰基，不含酰胺键，不能发生水解，B错误；C．当Y的同分异构体为Br原子和CH3COO-二取代的苯时，1mol该物质可消耗4molNaOH，C正确；D．W被足量氢气加成产物为，含有2个手性碳原子：故答案为B。3．【新考法】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，X的原子半径在周期表中最小，Y、Z、W相邻，且W、Q同主族，五种元素组成的环状物质a和b结构如图。下列说法正确的是A．第一电离能：Z>W>YB．Z2X4一定为非极性分子C．YW32-中含σ键与π键的数目之比为2:1D．b分子中键长：①>②【答案】A【详解】X、Y、Z、W、Q均为原子序数增大的短周期主族元素，X的原子半径在周期表中最小，推断出X为H元素，根据a的结构图可知，Y能形成4个共价键，所以推断Y为C元素，Z能形成3个共价键，且Y、Z、W相邻，推断Z为N元素，W能形成两个共价键，且W、Q同主族，W与Y、Z相邻，所以W为O，Q与W同主族且为短周期主族元素，所以Q为S元素。A．由分析知，Z为N元素，W为O元素，Y为C元素，同周期，从左至右，第一电离能总体呈增大趋势，但N的2p轨道处于半充满状态，较稳定，所以第一电离能：N>O>C，A正确；B．由分析知Z为N元素，X为H元素，Z2X4为N2H4，结构不对称，N原子存在孤电子对，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误；C．由分析知，Y为C元素，W为O元素，YW32-为CO-，碳酸根离子存在共振大π键，其中σ键共3个，π键只有一个离域大π键，所以σ键与π键的数目之比为3:1，C错误；D.①为S=O双键，②为S-O单键，双键的键长小于单键键长，所以键长①<②,D错误；故选A。4．以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、MgO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO和NiCl2.6H2O的部分工艺流程如图：下列相关说法正确的是A．“滤渣”的主要成分是SiO2、MgSO4C．“氧化”后所得溶液中主要的金属阳离子有：Fe3+、Ni2+、Mg2+、Na+D．“转化”时加入Na2CO3有利于黄钠铁矾沉淀，主要是因为提高了溶液中Na+浓度【答案】C【详解】红土镍矿加稀硫酸酸浸，金属氧化物与硫酸反应生成可溶性硫酸盐，SiO2不与稀硫酸反应，过滤除去SiO2，滤液加NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2SO4、Na2CO3调节pH，使Fe3+转化为黄钠铁矾沉淀，后续从溶液中提取NiCl2.6H2O。逐一分析选项；A．MgSO4可溶于水，酸浸后留在滤液中，只有SiO2不溶于稀硫酸，是滤渣的主要成分，A错误；B．“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，ClO—作为氧化剂，还原产物为Cl—，正确的离子反应为：2O，B错误；C．氧化后，Fe2+氧化为Fe3+，Ni2+、Mg2+未沉淀，仍留在溶液中，加入NaClO引入Na+，因此溶液中主要金属阳离子为Fe3+、Ni2+、Mg2+、Na+，C正确；D．黄钠铁矾的组成为NaFe3(SO4)2(OH)6，加入Na2CO3的主要作用是CO—消耗溶液中的H+，调节溶液pH，提高OH—浓度，促进黄钠铁矾沉淀析出，不是主要因为提高Na+浓度，D错误；故选C。5．【改编试题】如图所示为硫元素在自然界中的循环示意图。设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A．25℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中，含H+数目为0.2NAB．标况下，2.24LH2S中含有的极性共价键数目为0.2NAC．SO2与O2发生反应，每消耗1molO2，转移电子数为4NAD．1molNaHSO4熔融状态下，所含离子总数为2NA【答案】A【详解】A．25℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中，氢离子浓度为0.1mol/L，含H+数目为0.1NA，故A错误；B．标况下，2.24LH2S气体的物质的量为0.1mol，含有的极性共价键数目为0.2NA，故B正确；C．SO2与O2发生反应生成三氧化硫，O2中O元素化合价由0降低为-2，每消耗1molO2，转移电子数为4NA，故C正确；D．NaHSO4熔融状态下电离出Na+、HSO4-，1molNaHSO4熔融状态下，所含离子总数为2NA，故D正确；选A。6．中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，其反应机理如下图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是A．C2H转化为C4H(g)时，有C-H形成，无C-C形成B．增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率C．C2H2(g)转化为C4H6(g)的过程放出热量D．选择较短的反应时间并及时分离产物，可提高乙烯的产率【答案】D【详解】A．C2H转化为C4H(g)时，碳链增长，有C-H、C-C键形成，A错误；B．增大Cu的表面积，可加快反应速率，催化剂不能使平衡移动，不能提高C2H2的平衡转化率，B错C．由图2可知，C4H转化为C4H6(g)能量未知，无法计算，C错误；D．短时间内，活化能低的反应进行速率更快，及时分离能获得高产率的乙烯，D正确；故选D。7．为探究SO2使品红褪色的反应原理，进行如下实验。下列分析或推测错误的是①②③④溶液不褪色溶液褪色较快快褪色，加热后溶液不恢复红色较慢褪色，加热后溶液慢慢出现浅红色A．由①②推测，SO2使品红褪色的反应需要水参与C．由③④推测，Na2SO3溶液与品红生成的物质较稳定D．另取4mL0.1mol.L—1NaHSO3溶液，加入少量NaOH溶液，推测品红褪色速率减慢【答案】D【详解】由实验现象可知，二氧化硫不能使品红的乙醇溶液褪色，能使品红的水溶液褪色；亚硫酸钠溶液和亚硫酸氢钠溶液都能使品红褪色，加热后，亚硫酸钠溶液红色不能恢复说明亚硫酸根离子与品红生成稳定的物质，亚硫酸氢钠溶液慢慢出现浅红色说明亚硫酸氢根离子与品红生成不稳定的物质。A．由分析可知，二氧化硫不能使品红的乙醇溶液褪色，能使品红的水溶液褪色说明二氧化硫使品红褪色的反应需要水参与，A正确；B．由分析可知，溶液中的亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子都能使品红溶液褪色，但亚硫酸钠溶液褪色快于亚硫酸氢钠溶液，说明亚硫酸根离子使品红溶液褪色能力较强，B正确；C．由分析可知，加热后，亚硫酸钠溶液红色不能恢复，而亚硫酸氢钠溶液慢慢出现浅红色说明溶液中亚硫酸氢根离子与品红生成不稳定的物质，C正确；D．亚硫酸氢钠溶液能与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，所以向亚硫酸氢钠溶液中滴入氢氧化钠溶液后，品红褪色速率会加快，D错误故选D。8．下列实验中，不能达到实验目的的是A．铁钉的吸氧腐蚀B．验证SO2的酸性C．实验室回收溴苯中的苯D．量取NaOH标准溶液【答案】B【详解】A．铁钉的吸氧腐蚀实验中，铁钉(铁)、食盐水(电解质溶液)与空气中氧气形成原电池，吸氧腐蚀消耗氧气使左侧试管内气压减小，红墨水会沿导管上升，可观察到明显现象，能达到验证吸氧腐蚀的目的，故A正确；B．验证SO2的酸性应通过其与水反应生成酸(如使石蕊溶液变红)来实现，而品红溶液用于检验SO2的漂白性(SO2使品红褪色体现漂白性)，该实验无法验证酸性，故B错误；C．溴苯与苯互溶但沸点不同，可通过蒸馏分离，装置中温度计水银球位于支管口(测定馏分温度)、冷凝管下进上出(保证冷凝效果)，符合蒸馏操作要求，能回收苯，故C正确；D．NaOH标准溶液为强碱，需用碱式滴定管量取，图示仪器为碱式滴定管(下端为橡胶管和玻璃珠)，符合要求，故D正确；故选：B。9．某大学教授团队揭示了In2O3用于二氧化碳电还原时，自身会发生还原重构，该团队还通过电化学原位拉曼光谱、X射线吸收光谱等技术对In2O3在电化学还原条件下的活性物种进行了研究。设计以CO2与辛胺为原料用电化学方法实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图。下列说法错误的是A．在现代化学中，利用原子光谱上的特征谱线可以鉴定元素的种类B．若以铅酸蓄电池为电源，则In/In2O3-x极应与铅酸蓄电池的Pb极相连C．工作时，每转移2mol电子，In/In2O3-x极溶液的质量增加44gD．Ni2P极上发生的电极反应为CH3(CH2)7NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O【答案】C【详解】由图可知，In/In2O3-x极上CO2被还原生成HCOO-，则In/In2O3-x极为阴极；Ni2P极上辛胺被氧化生成辛腈，则Ni2P极为阳极，据此解答。A．原子光谱(包括发射光谱和吸收光谱)具有特征性，不同元素的原子光谱特征谱线不同，因此利用原子光谱上的特征谱线可以鉴定元素的种类，A正确；B．由分析可知，In/In2O3-x极为阴极，需连接电源的负极，铅酸蓄电池放电时Pb为负极，则In/In2O3-x极应与铅酸蓄电池的Pb极相连，B正确；C．In/In2O3-x极上CO2被还原生成HCOO-，发生电极反应：CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，每转移2mol电子，消耗1molCO2(质量为44g)，同时有1molOH-(质量为17g)向阳极迁移，则In/In2O3-x极溶液的质量增加44g-17g=27g，C错误；D．由分析可知，Ni2P极为阳极，辛胺(C8H17NH2)在碱性环境下被氧化生成辛腈(C7H15CN)，N元素化合价不变，C元素化合价升高，结合电荷守恒和原子守恒，Ni2P极上发生的电极反应为：CH3(CH2)7NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+故选C。10．常温下，用0.1000mol/LNaHC2O4标准溶液滴定100mLBa(OH)2溶液，测得溶液的相对电导率σ及Ba2+)随滴入NaHC2O4标准溶液的体积V(NaHC2O4)的变化关系如图所示。已知Ka1(H2C2O4)=1.0×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.0×10-4。下列说法正确的是A．c点之后电导率持续上升说明，HC2O4-的导电能力强于C2O-B．b→c的过程中，溶液中逐渐增大D．d点溶液中：c(Na+)>c(HC2O4-)>c【答案】C【详解】从图中可知，a到c的过程中，溶液的电导率逐渐减小，则溶液中离子浓度逐渐减小，结合两种反应物可知，a到b段发生反应的方程式为NaHC2O4+Ba(OH)2=BaC2O4↓+NaOH+H2O此时，钡离子沉淀完全，加入NaHC2O4体积为10mL，物质的量为0.001mol，则生成氢氧化钠0.001mol，b到c段随着NaHC2O4的继续加入，是NaOH与NaHC2O4反应生成草酸钠和水，化学方程式为NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O。此时生成草酸钠物质的量为0.001mol。c到d段加入NaHC2O4后不发生反应。加入的NaHC2O4的物质的量为0.001mol。A．观察电导率曲线可知，过了c点后继续加入草酸氢钠溶液时，溶液中实际上是有更多的Na+、H+等离子参加导电，并不单纯是因为HC2O4-的导电能力比C2O-强所致，A错误；比值可化为，b到c点过程中氢氧化钠逐渐被消耗，碱性逐渐减弱，氢离子浓度逐渐增大，则在该过程中该比值应减小而非增大，B错误；C．根据分析，b点溶液中溶质为NaOH和少量BaC2O4，此时的溶液为BaC2O4的饱和溶液，根据b点钡离子浓度为10-4mol/L，可求得Ksp(BaC2O4)=10-8，c点溶液中草酸根离子的物质的量为0.001mol，浓-6mol/L，C正确；D．根据前述分析，d点溶液中溶质为Na2C2O4和NaHC2O4，且两者的物质的量均为0.001mol，即两者的浓度相等（暂不考虑水解和电离），根据草酸一、二两级电离常数可知，草酸根离子的水解平衡常数为=10-10，草酸氢根离子的水解常数为10-12，即草酸氢根离子的电离程度远大于草酸根和草酸氢根离子的水解程度，则溶液中c(C2O-)>c(HC2O4-)，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共60分。1115分）由“赤泥”(含Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量Sc2O3)制备Sc2O3的过程如下：已知：①P2O4在酸性条件下萃取金属离子的顺序为：Fe3+>Sc3+>Al3+>Fe2+。(1)酸浸。一定条件下，钪的单次浸取率最高为49.4%。不改变条件，为充分浸出Sc，可采取的措施为。_______(2)调pH。向酸浸液中加入适量试剂X调节pH=1.5，试剂X为(填“Fe”、“Fe2O3”或“FeCO3”)。(3)经萃取、反萃取后得到ScCl3溶液，再通过沉钪、焙烧制得Sc2O3。①向ScCl3溶液中加入H2C2O4，Sc3+转化为3.6H2O沉淀。当大于1.5时，Sc3+的沉淀率会显著下降，原因是。②Sc2(C2O4)3.6H2O在空气中煅烧生成Sc2O3的化学方程式为。(4)向ZrO2中掺杂Sc2O3可制备固体电解质ScxZryOz。①ZrO2的晶胞结构如图所示，Zr4+的配位数为；ZrO2中部分Zr4+的位置被Sc3+占据，得到ScxZryOz，同时产生O2—空位。若x:y=2:23，则ScxZryOz中O2—的空缺率为(写出计算过程，O2—②水热法制备ScxZryOz。不同温度下测得产品的X射线衍射图(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示，则最佳的制备温度为。【答案】(1)对滤渣1进行多次浸取（2分）(2)Fe（2分）(3)过量的H2C2O4与Sc3+结合生成3—2n2Sc23.6H2O+3O22Sc2O3+12CO2+12H2O（2分）(4)8（2分）2%（3分）180℃（2分）【详解】由题给流程可知，向赤泥中加入浓盐酸酸浸，将金属元素转化为金属氯化物，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和酸浸液；向酸浸液中加入铁，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，并调节溶液pH为1.5，过滤得到滤渣2和滤液；向滤液中加入萃取剂P2O4萃取、分液得到水层和含有钪离子的有机相；向有机相中加入盐酸反萃取、分液得到三氯化钪溶液和P2O4有机层；向三氯化钪溶液中加入草酸，将溶液中钪离子转化为六水草酸钪沉淀，过滤得到滤液和六水草酸钪；六水草酸钪在空气中煅烧得到三氧化二钪。（1）一定条件下，钪的单次酸浸的浸取率最高为49.4%说明三氧化二钪不能与浓盐酸充分反应，过滤得到的滤渣1中含有未反应的三氧化二钪，所以在不改变条件的前提下，应对滤渣1进行多次酸浸浸取，使三氧化二钪充分反应，提高钪元素的浸出率；（2）由分析可知，加入铁的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，并调节溶液pH为1.5，防止萃取剂P2O4萃取溶液中的铁离子，降低钪元素的萃取率；（3）①由题给信息可知，过量的草酸会与溶液中的钪离子生成配离子3—2n，所以当溶液中大于1.5时，钪离子的沉淀率会显著下降；②由分析可知，生成三氧化二钪的反应为六水草酸钪在空气中煅烧三氧化二钪、二氧化碳和水，反应（4）①由晶胞结构可知，氧离子位于Zr4+离子形成的四面体空隙中，则氧离子的配位数为4，由化学代入得：=49，总阳离子数为x+y=25，若无O空位，O总数应为2×25=50，因②由图可知，温度为180℃时，产品ScxZryOz中不存在三氧化二钪和二氧化锆杂质，所以水热法制备ScxZryOz的最佳的制备温度为180℃。1215分）碘酸铜[Cu(IO3)2]难溶于水，常用于催化剂和红外吸收剂，具有多种工业应用。某研究小组利用含碘废液制备碘酸铜并测定其溶度积常数(Ksp)。I．制备HIO3，装置如下图所示。(1)仪器A的名称为，写出仅KI3被氧化的化学方程式。II．制备Cu(IO3)2，流程如下图所示。(2)“合成”后可通过抽滤分离出Cu(IO3)2固体，较于普通过滤，抽滤的优点是。(答出两点即可)(3)设计实验检验Cu(IO3)2是否洗涤干净。III．Cu(IO3)2溶度积常数(Ksp)的测定。取Cu(IO3)2固体溶于水配成饱和溶液，取25.00mL的饱和溶液，调节pH=3.5，加入足量EDTA二钠盐充分反应后，再加入足量KI溶液，用0.1000mol.L—1Na2S2O3标准溶液在15min内完成滴定，记录体积。重复滴定3次，平均消耗0.1000mol.L—1Na2S2O3标准溶液为VmL。4O2O、S4O均为无色。2+2CuI↓;CuI对I2有吸附作用。③EDTA二钠盐结构简式为：(4)配制饱和Cu(IO3)2溶液，下列仪器中需要使用的有(填名称)。(5)上述实验滴定时选用淀粉作指示剂，用离子方程式表示KI的作用：。(6)实验中加入EDTA二钠盐的目的是。(7)该条件下的Cu(IO3)2的Ksp为(列出计算式)。【答案】(2)过滤速率快、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥（2分）(3)取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加几滴稀盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已洗涤干净，反之沉淀未洗涤干净（2分）(4)烧杯、玻璃棒（2分）22O（2分）(6)与Cu2+发生配位反应，避免Cu2+与I—反应产生CuI吸附I2，造成测定结果不准确（2分）【详解】I．制备HIO3时，装置A中KMnO4与浓盐酸常温反应生成Cl2，Cl2通入装置B，与KI3和I2废应的Cl2在装置C中被NaOH溶液吸收。II．制备Cu(IO3)2时，HIO3先与KOH溶液中和生成KIO3，调节pH=10后，KIO3与CuSO4溶液发生复分解反应生成Cu(IO3)2沉淀，反应为2KIO3+CuSO4=Cu(IO3)2↓+K2SO4，通过抽滤分离沉淀，洗涤时需检验最后一次洗涤液中是否含SO—以确认洗净,据此分析。（1）仪器A为蒸馏烧瓶；KI3中I元素平均化合价为—，被Cl2氧化为HIO3（I为+5价），Cl2被还（2）抽滤利用负压加快过滤速率，可使固液分离更完全，且滤出的固体在负压环境下更易干燥；（3）Cu(IO3)2沉淀表面会吸附SO—等杂质离子，取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加几滴稀盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，证明无SO—残留，沉淀已洗涤干净；反之则未洗净；（4）配制饱和溶液，要在烧杯中放入一定量的Cu(IO3)2固体，然后向其中加入适量的水并用玻璃棒搅拌使其恰好溶解，因此需要使用的有烧杯和玻璃棒;（6）生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定（以淀粉为指示剂），从而确定碘酸根的量；但溶液中的Cu2+会与I—反应，生成的I2会干扰IO3—的测定结果，因此实验中加入EDTA二钠盐，利用其与铜离子形成稳定络合物的性质，消除铜离子干扰;1316分）2025年中国国家药品监督管理局(NMPA)批准了42款小分子药物及合成路线，中国新药研发再迎丰收年。Flurpiridaz-18F是一种新型的正电子发射断层扫描(PET)心肌灌注成像示踪剂。其新的合成路线如下图所示，部分试剂及反应条件省略。2CH12O回答下列问题(1)A的官能团名称为。(2)C→D的反应类型是。(3)从B到G的合成步骤中TBDMS-Cl试剂的作用是。(4)①写出G→I的化学反应方程式；②该反应中加入的三乙胺[N(C2H5)3]是一种有机碱，其作用是。(5)同时满足下列条件的A的同分异构体有种。其中核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为1:2:2:2:2:1的一种同分异构体的结构简式为。①能与碳酸氢钠反应产生气泡②能与O2催化氧化生成醛③属于芳香族化合物(6)已知物质Q由M和反应生成，具体合成反应如下图，请写出M的结构简式。【答案】(1)酯基、羟基（2分）(2)还原反应（2分）(3)保护羟基（2分）(4)（2分）三乙胺是有机碱，和该反应生成的HCl反应，使该反应能正向进行，有利于产物的生成（2分）【详解】物质A与环氧乙烷（）反应时，环氧乙烷开环与A上的羟基增长碳链生成物质B，B与TBDMS-Cl在羟基上发生取代反应（保护了羟基）制得C。C和氢化铝锂、四氢呋喃在酯基上反应生成含醇羟基的D物质，D和E发生分子间脱水的反应连在一起（增长碳链）得到F物质，F发生反应脱下TBDMS重新生成羟基得到G，G与H()在三乙胺存在的条件下发生取代反应生成I，最后I生成Flurpiridaz-18F。（1）A物质为：，其官能团为：酯基、羟基。（2）C到D的反应部位是芳香酸甲酯被还原成芳香醇，所以是还原反应。（3）从B到G过程中，不发生反应部位的羟基被保护起来，让需要反应变化的羟基，先发生反应，然后再将被保护的羟基变回成羟基。所以其答案是：保护羟基。（4）①G和H反应生成I过程中，G羟基上的氢原子和H中除Cl原子以外的部分发生了取代反应，H原子和Cl原子结合成HCl。方程式为②三乙胺是有机碱，和该反应生成的HCl