2026年高考考前最后一卷：化学03（新高考15+4）解析版

2026年局考考前最后一卷（新图考通用15+4）

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：HlC12N14016P31Cu64Zn65

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.【本土风情】内蒙古是我国煤、石油和天然气的重:要储藏和生产基地。下列说法错误的是

A.天然气的主要成分是CH4B.石油的主要成分是多种炫的混合物

C.煤的干储属于物理变化D.化石燃料燃烧前需进行脱硫处理

【答案】C

【解析】A.天然气的主要成分为。仇，故A正确；

B.石油是由多种烷烧、环烷烧、芳香烧等烧类物质组成的混合物，故B正确；

C.煤的干馀是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，有焦炭、煤焦油等新物质生成，属于化学变化，

故C错误：

D.化石燃料中含有硫元素，燃烧会生成S。2造成酸雨等环境污染，因此燃烧前需进行脱硫处理，故D

正确；

故选C。

2.下列说法正确的是

A.氢氟酸保存在塑料瓶中而不保存在玻璃瓶中，是因为氢氟酸是强酸

B.可用FeSO,处理酸性废水中的CLO；,再通过调pH除去C产

C.用稀盐酸除去铁钉表面的铁锈，发生的反应属于置换反应

D.金属锂可以保存在盛有煤油的广口瓶中

【答案】B

【解析】A.氢氟酸是弱酸，不保存在玻璃瓶中是因为氢氟酸能与玻璃的主要成分GO?发生反应

4HF+5/O2=5/FlT+2H2O,腐蚀玻璃，A错误；

B,酸性条件下旅+具有还原性，可将还原为C产，调节pH后C产转化为CNO”）3沉淀被除去，

B正确；

C.铁锈主要成分为尸4。3,与稀盐酸反应生成氯化铁和水，属于复分解反应，无单质生成，不属于置

换反应，C错误；

D.金属锂的密度小于煤油，会浮在煤油表面无法隔绝空气，不能保存在煤油中，通常密封在石蜡中，

D错误；

故选B。

3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

A.金刚砂熔点高,可用作砂纸、砂轮的磨料

B.FeCl,溶液显酸性，可用于蚀刻覆铜电路板

C.碳酸氢钱受热分解生成多种气体，可作食品膨松剂

D.明矶溶于水能形成胶体，可用于杀菌消毒

【答案】C

【解析】A.金刚砂用作砂纸、砂轮的磨料是因为其硬度大，不是因为熔点高，故A错误：B.FeC13可

用于蚀刻覆铜电路板是因为Fe3+具有氧化性，能把Cu氧化为CM+,不是因为溶液显酸性，故B错误;

C.碳酸氢钱受热易分解，生成二氧化碳、氨气等气体，可使食品疏松多孔，因此可作食品膨松剂，性

质与用途具有对应关系，故C正确；D.明矶溶于水形成的氢氧化铝胶体只能吸附水中悬浮杂质达到净

水目的，不具有杀菌消毒的作用，故D错误；选C。

4.下列相关叙述正确的是

A.基态Na、Mg、4的未成对电子数依次增多

3s3P

B.基态硫原子的价层电子轨道表示式：［彳］

C.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图:

D.一氯甲烷的球棍模型:

【答案】B

【解析】A.基态M电子排布式为Is22s22P63sL未成对电子数为I,基态Mg,电子排布式为Is22s22P63s」,

未成对电子数为0,基态4电子排布式为Is22s22P63s23PL未成对电子数为1,A错误；

B.3P能级3个轨道能量相同，基态硫原子价层电子排布式为3s23P7p能级电子优先填充单轨道，半

充满后电子任意填入3、Py、Pz，与先填入电子自旋方向相反，B正确；

C.邻羟基苯甲醛中分子内氢键是羟基上的氢原子与醛基-CHO上的氧原子形成，示意图为

D.选项为一氯甲烷的空间填充模型(或比例模型)，D错误；

答案选B。

5.下列有关物质结构与性质的叙述错误的是

A.单质晶体中存在的作用力可能有共价键、金属键或分子间作用力，但一定没有离子键

B.原子序数之和为22、之差为6的短周期元素X与Y形成XY?型共价晶体

C.SiC熔化破坏共价键，碘与干冰升华仅破坏分子间作用力

D.配合物［Fe(CO"中，配体中氧原子提供孤电子对与中心金属形成配位键

【答案】D

【解析】A.离子键是阴、阳离子间的静电作用，仅存在于离子化合物中，单质晶体中不可能含离子键；

不同类型单质晶体中，共价晶体(如金刚石)含共价键，金属晶体含金属键，分子晶体(如。，)含分子

间作用力，A正确；

B.设X、Y的原子序数分别为〃、b,则〃+。=22,a-b=6,解得a=14(Si),b=8(O),二者形成的

SiC>2属于X，型共价晶体，B正确；

c.SiC是共价晶体，熔化时破坏共价键；碘和干冰均为分子晶体，升华仅破坏分子间作用力，C正确;

D.配合物［Fe(CO)J的配体为CO,由于C的电负性小于0,对孤电子对的束缚力更弱，因此是C原

子提供孤电子对与中心Fe形成配位键，不是氧原子，D错误；

故选D。

6.下列实验设计不能达成实验目的的是

【答案】A

【解析】A.仅加热N44a时，分解生成的N4和HC1会在试管n重新化合为,无法制备收集汽修，

故A不能达成实验目的；B.酸式滴定管精度为0.01mL,可压于量取酸性的盐酸，B能达成量取15.00mL

盐酸的实验目的；C.转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于容景瓶刻度线以下，操作规范，可用

于配制一定物质的最浓度的NaOH溶液，C能达成实验目的：D.CC/4与水不互溶且密度比水大、位于

下层，可用分液漏斗通过分液操作分离二者，D能达到实验目的；故选A。

7.【新考法】云雾中微液滴表面具有强活化能力，可将水分子解离成QH、电子等微粒。工业尾气中NO?

在微液滴表面发生的转化如图所示。下列说法正确的是

A.在水溶液中上述转化速率会更快

B.转化过程中，微液滴只体现催化作用

C.NO,既被氧化又被还原

D.理论上转化1molNO,消耗1moiH2O

【答案】C

【分析】由图可知，水分子解离成QH、电子和氢离子，二氧化氮既能与QH反应生成硝酸，也能得到

甩子生成亚硝酸根离子，亚硝骏根离子与氢离子反应生成亚硝酸，则二氧化氮在微液滴表回发生的反应

为二氧化氮与水反应生成硝酸和亚硝酸，反应的化学方程式为：2NO2+H2O=HNO3+HNO2O

【解析】A.题干信息“云雾中微液滴表面具有强活化能力”表明该转化在微液滴表面受到了催化，反应

速率快。在普通水溶液中，缺少这种表面的活化（催化）作用，因此“上述转化''的速率会更慢，A错误；

B.由分析可知，二氧化氮在微液滴表面转化过程中，微液滴中的水是反应的反应物，同时微液滴表面具

有强活化能力，也体现了催化作用，B错误；

C.由分析可知，反应时二氧化氮中氮元素的化合价既升高被氧化乂降低被还原，C正确；

D.由分析可知，二氧化氮在微液滴表面发生的反应为：2NO2+H2OHNO3+HNO2,由方程式可知，Imol

二氧化氮反应时，消耗水的物质的量为0.5mol,D错误：

故选C。

8.在日本向太平洋排放的福岛核电站核污染废水中检测出了大量放射性同位素旅及放射性同位素。已

知音U->；He+；J4Th,下列有关说法正确的是

A.置U与皆u物理性质不同B.2^U与转Th的中子数相同

C.的最高能层符号为PD.与;『U化学性质不同

【答案】A

【解析】A.熟UH/U互为同位素，质子数相同、中子数不同，二者化学性质几乎完全相同，但物理

性质(如放射性、密度等)存在差异，A正确；

B.中子数二质量数•质子数，修u的中子数为238-92=146,-Th的中子数为234-90=144,二者中子数

不同，B错误；

C.U是第七周期元索.原子核外最高能层对应n=7,能层符号为Q,P是n=6对应的能层符号.C错误：

D.ZU与皆U核外电子排布完全相同，化学性质几乎完全相同，D错误；

故答案选A。

9.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之下列化学或离子方程式书写错误的是

A.次氯酸钠溶液中通入少量CO2气体：CO2+CIO+H2O=HC1O+HCO；

B.用过量的氨水吸收SO2：NH3H2O+SO2=NH；+HSO,

+

C.Na2s2O3溶液中滴加稀硫酸产生乳白色浑浊：S2O；+2H=Sl+SO2t+H2O

D.制取纳米TiCh：TiC14+(x+2)H2O=TiO2xH2O14-4HCl

【答案】B

【解析】A.酸性顺序为H£Q>"aO>”C。；，少最CO2通入次氯酸钠溶液，只能生成"C/。和"CO；,

离子方程式书写正确，A正确；B.氨水过量时，SOz完全反应，应生成亚硫酸镀，正确离子方程式为：

2NH..H2O+50,=2NH；+S0；~+H2O,B错误；C.M7SO3与稀硫酸发生反应，生成硫单质、S0?和

水，离子方程式书写正确，C正确；D.77a,水解制取纳米万。2,生成水合二氧化钛沉淀和比7,化学

方程式书写正确，D正确；故选B。

10.一种高性能聚碳硅烷材料P的合成路线如下。

下列说法正确的是

A.XfY中，a处和b处的碳碳双键均参与二聚反应

B.Y和Z的不饱和度相同

C.Zf聚合物P的反应类型为缩聚反应

D.用核磁共振氢谱或红外光谱有可能鉴别Z和Z的水解产物

【答案】D

【分析】X二聚得Y,Y加氢还原得Z,结合Y的分子式（C^H^O.,）推得Y的结构简式为

【解析】A.观察产物Z的结构，Z两端仍保留碳碳双键，说明二聚反应中仅b处碳碳双键参与加成二

聚，a处碳碳双键未参与反应，A错误；

B.Y-Z为还原反应，还原过程加氢，氢原子数增加，根据不饱和度公式—H增多则

不饱和度降低，因此Y和Z不饱和度不同，B错误；

C.缩聚反应的特征是生成聚合物同时脱去小分子（如水、醇等），该反应是Z两端碳碳双键与Si-H

的加成聚合，无小分子生成，属于加聚反应，不是缩聚反应，c错误：

D.Z含酯基，水解后酯基断裂生成叛基和羟基，二者官能团种类不同，红外光谱可区分；氢原子的化

学环境不同，核磁共振氢谱也可区分，因此可以鉴别，D正确；

故答案选D。

II.从银锦矿（主要含MnO1和Ag,以及少量Fe、Al的化合物）中提取Ag和MnSC\的工艺流程如图1。硫

酸储在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图2。

淀粉

水解液硫酸石灰乳。2NaCN

银镒矿国”而耐卜f浸出港一位施群邂检回

1系列授作

浸出液——>MnSC）4溶液~^-MnSO41120

图1

卜列说法塔误的是

A.将银钵矿粉碎是为了使反应更快更充分

B.利用淀粉水解液可将银铺矿中的MnO?还原为Mr?+

C.“偏,化提银”时存在反应4Ag+O?+8CN-+2H=4[Ag（CN）,]+4OH

D.”系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥

【答案】D

【分析】银镭矿(主要含MnO?和Ag,以及少量Fe、Al的化合物)经粉碎后，加入淀粉水解液、硫酸加

热浸出。淀粉水解液(含葡萄糖等还原性物质)在酸性条件卜将MnO2还原为Mn»,Fe、A1

的化合物溶解为Fe"、A产进入浸出液，不溶物为浸出渣，浸出渣加入石灰乳(调节pH)、O?、

NaCN,Ag被O2氧化并与CN形成络离子[Ag(CN)2「进入溶液，后续电解得到金属Ag,

浸出液经处理得到MnSO4溶液，通过“系列操作”得到MnSO4H2O晶体。

【解析】A.将固体粉碎可以增大表面积，加快反应速率，使反应更充分，A正确；

B.根据流程图，浸出时加入淀粉水解液，主要成分为葡萄糖C6H12O6,具有还原性，在酸性条件

卜，MnO2具有强氧化性，可将葡萄糖氧化，自身被还原为MM+,B项是正确的。

C.在“氟化提银”步骤中，Ag在碱性条件下被02氧化，与CN-结合生成[Ag(CN)2「，根据氧化还原

反应配平离子方程式为：4Ag+O2+8CN-+2H2O=4[Ag(CN)2]"+4OH",C正确；

D.根据图2,MnSCh的溶解境随温度变化显著，题目要求从MnSCh溶液中获得MnSO^bhO,需控制

温度大于23.9C,若采用“蒸发浓缩、冷却结晶”，则在冷却过程中，当温度降至239c以下时，会析

出MnS(V7H2O或MnSOKFhO,无法得到MnSO,HzO,D错误：

故选D。

12.在某新型催化剂作用下发生反应：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)△“<0。该反应的正、逆反

应速率分别可表示为匕E=&C2(CO)K(NO)和融=七《2)7((202)次为速率常数,只与温度有关(图

DoCO活化过程存在2种不同的反应机理(图2),*表示吸附状态。下列说法错误的是

A.该反应的平衡常数K=,

B.图I所示的直线中，表示也々逆随温度变化的直线是N

C.图2中的过渡态稳定性最好的是TS1

D.图2中CO1+H*转化为C+OH*的决速步为COH*-C+OH，

【答案】B

kc(N；)-c2(CO,)

【解析】A.当箕/产丫JI寸，的cZyOAKNOAkwaNzAKCCh),nJ^—r=~~~,A项正

k逆c0(CO)c-2(NO)

确；

B.该反应为放热反应，1g女为增函数，当温度升高时，%和叫均增大，但1善减小,说明IgQ

增大的趋势要大于电3上，则表示他女菸随温度变化的直线是M,B项错误；

C.能量越低越稳定，则稳定性最好的是TSI,C项正确；

D.多步反应中，活化能(能垒)最大的步骤是决速步。CO•+H♦转化为C♦+OH^(经COH♦路径)分

两步：第一步：CCT+FTfCOH”，第二步：COFTfCT+OH*,第二步活化能更大，因此该步是决速

步，D项正确；

故选Bo

13.钠离子电池因原料资源丰富、成本低廉和低温性能优异等优势，成为储能领域的研究热点。某钠离子

电池结构如图所示，电极A的材料为Na、Mn[Fe(CN"(普鲁士白，0〈文42),电极B的材料为Na£

(嵌钠硬碳)。下列说法正确的是

—L____

NaMn|Fc<CN)JMn(Fc1<N>J

A.放电时，外电路通过amol电了•时，WamolNa*转移到电极B

B.用该电池电解精炼铜，当电池中迁移1molNa+时，理论上可获得64g纯铜

C.充电时，电极B与外接直流电源的正极相连

+

D.放电时，正极的电极反应式可表示为：MnfFe(CN)6]+xNa=NavMn[Fe(CN)6]

【答案】D

【分析】从图可知，A电极上放电时Mn[Fe(CN1]转化为Na、Mn[Fe(CN)6]，电极反应式为：

Mn|Fe(CN)6]+xNa*+=NatMnfFe(CN)J,是电池正极：B电极上放电时Na,*C,转化为Na£,

+

电极反应式为：Nax+1Cv-e=NaA.Cv+Na,是电池负极，据此作答。

【解析】A.由分析可知，放电时，电极A为正极，外电路通过amol电子时，有ornolNa+转移到电极

A,A错误；B.电解精炼铜的阴极反应式为：Cu2++2e=Cu»当电池中迁移ImolNa'时转移Imol电

子，电解精炼铜时生成0.5molCu,其质量为32g,B错误；C.由分析可知，放电时，电极B为负极，

则充电时，电极B为阴极，与外接直流电源的负极相连，C错误；D.由分析可知，放电时，正极反应

+

式为：Mn[Fe(CN)6]1xNaIxe-=NavMn[Fe(CN)6],D正确；故选D。

14.TiO?是一种半导体材料，广泛应用于光催化、光电转换和环境治理等领域，通过N掺杂的调控，不仅

提高了TiO?的光吸收能力，还增强了其光催化活性。TiO?晶胞为长方体（晶胞内的0形成正八面体），

其晶胞结构及N掺杂后的晶胞结构如图所示。设阿伏加德罗常数的值为N八。下列说法错误的是

A.TiO?晶胞中与不最近且等距的0有6个，最短距离为］pm

3?x1O32

B.TiO?晶体的密度为；、g-m-3

NA。％

C.N掺杂后的TiOz-N,晶体中，x:y=7:l

D.N掺杂数量不同，光吸收能力和光催化活性不同

【答案】C

【解析】A.由TiO2晶胞结构可知，Ti位于O形成的正八面体中心，故与Ti最近且等距的O有6个,

最短距离为£pm,A项正确；

B.TiO?晶胞中，Ti位于顶点、体心和面上，I个晶胞中Ti的个数为8x：+l+4x：=4个，。位于晶胞

82

的棱、面、体内，I个晶胞中O的个数为8xq+2+8x；=8个，则I个晶胞的质量

/n=4x48^X16g=7Fg，而1个晶胞的体积丫=/m/=/0|（严皿3,故TiO?晶体的密度为

m3.2xlQ32

gem,B项正确;

VN"h

C.由N掺杂后的TiOerN,.品胞可知，1个品胞中含4个Ti,。为l+7xg+7、；=苧个，N为=g

个，则该晶体的化学式可表示为丁2史n,则2一1=登，故x=j>'=1,x：y=7:2,C项错误;

16816168

D.晶体的N掺杂数量不同，0空穴数不同，则其对光的吸收能力和光催化活性不同，D项正确。

5常温下，假设1L水溶液中Fe3+和PO：初始的物质的量均为0.01mol（元素Fe、P的物质的量保持不变）。

平衡条件下，体系中全部含磷物种的摩尔分数随pH的变化关系如图所示（忽略溶液体积变化）。下列说

法正确的是

38

已知K,p（FePO4）=9.9xl0/6,A：v,[Fe（OH）3]=10--

A.丙线所示物种为FePCh

B.H3Po4的电离常数从2约为1.2x10-8

C.pH=0.23时,c（Fe3+）=0.002molL,,不产生Fe（OH）3沉淀

+3+

D.pH=0.1时，c（H）+3c（Fe）=3c（PO；）+2C（HPO：-）+C（H2PO；）+C（OH）

【答案】C

【分析】体系中含磷物种为H’POs、H[PO；、HPO：、PO：、FCPO4,随pH增大，HF。」浓度减小且

最先趋于0,故乙线表示HJX\；铁离子与磷酸根结合生成FePO.沉淀，随pH增加，沉淀量增加，故

甲线表示FePO「当pH增大到•定程度，FePO,发生沉淀转化生成Fe（OHb，溶液中PO；浓度增大，

对应丁线，则丙线对应HPO；,据此分析。

【解析】A.由分析，丙线所示物种为HPO；,A不符合题意：B.当pH=8.00时，HPOfFePO4

摩尔分数都是（）.48,由图可知在此pHF，主要含磷物种为HP。：、FePOj和H?PO：,H/O；的摩尔分

数为1—0.48—0.48=0.04,故。（加0；一）=0.0048™]/!,,c（H2PO；）=0.0（X）4mol/L,故磷酸的

仁=、/H；。一）=00004"Xi。〕B不符合题意；C.pH=0.23lit,FcPO。摩尔分数

为0.80,其物质的最为0.011110以0.80=0.00811101,故Fe，♦的物质的最为0.0hnol—0.008moi=0.002mol,

浓度为0,002mol=0002m。）/L,此时Q=c（Fe"）xc3（OH）=0.002'（10小巧3<[Fe（OH）J,不产生

沉淀，C符合题意；D.因元素Fe、尸的物质的量保持不变，调节pH加入的酸不能是磷酸，故会有其

3+

他阴离子存在,pH=0.1时，c（H*）+3c（Fe）*3c（POj）+2c（HP0^）+c（H2P0；）+c（0H）D不符合题

意；故选C。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16.（14分）DES（低共熔溶剂）是一类新型绿色高效浸出剂，利用DES分离回收废旧三元锂离子电池电极

材料中的Li、Mn、Co.Ni元素，工艺流程如下图。

(1)三元锂离子电池充放电过程的总反应：LirC6+Li,_AMeO26C+LiMeO2

①流程中，回收处理的是废旧锂离子电池的(填“止”或"负”)极材料

②在电极材料浸出分离前，需要使电池充分放电，一方面可避免拆解过程中产生危险，另一方面可提

高元素的回收率。

(2)加氨水生成Ni(OH)?沉淀的离子方程式为。

(3)向沉淀E中加氨水、通C0?后得到[Co(NH)『，从平衡移动角度分析氨水和CO?的作用是。

(4)已知：流程中的DES由：(CH；)3N+CH?COOH]C「与乙二醇按一定比例组成，浸出时通过C「的配

位和醇的溶解、还原等作用调控金属离子的溶解性，实现选择性分离。

+

■/nF(CHjNCH2COOH]crl「加(电极材料)]

采用DES浸出时，浸出剂的组成比~一八/一*.、-J—和用量比会影响分离

/〃(乙一醇)""DESJ)

效果。其他条件一定时，改变组成比和用最比，测定Ni、C。元素的浸出率，结果如下图c

100

8o

%6o

/•-组成比1:6

$

・一组成比1:9

卿4O

①分离效果最佳的用星比和组成比分别为、。

②用量比相同时，组成比为1:9的Co浸出率显著高于组成比为1:6的Co浸出率，结合已知信息解释原

因：。

③浸出后需要对DES进行回收利用。若浸出分离后各组分所含的[(CH)N+CH2coOH]C「与乙二醉

回收率均为100%,回收到的DES组成比会变大，原因是,

【答案】(除标明外，每空2分)

(1)正(I分)Li(I分)

2+

(2)Ni+2NH3-H2O=Ni(OH),4<+2NH；

2+

(3)CO(OH)2(S).•Co(aq)+2OH-(aq),NH，与Co”发生络合反应，CO?能与反应生成CO；,

使《Co")、《OH。减小，平衡正向移动

(4)0.041:6用量比一定时，组成比小，［(CHjN+CH2coOH］C「相对含量较小，Co?+形

成的［CoCL「少；且乙二醇含量较大，能溶解较多C6+,使得C。元素浸出率增大乙二醇还原金

属阳离子，被消耗

【分析】废旧电极材料加DES浸出，过滤得到溶液A含有Li\Ni2+,加氨水调节pH/5生成Ni(OH)?

沉淀；固体B加水溶解后，加氨水调节pH=8.5生成Co(OH｝、Mn(OH)2沉淀，加入软水、通CO?后，

Co(OH)2转化为［co(NH),广，过滤分离得到沉淀F为Mn(OH)2；

【解析】(1)①放电过程中Li〜MeO］得电子发生还原反应生成LiMeO-Li—MeCVLiMeO?为正极

材料，可知流程中，回收处理的是废旧锂离子电池的正极材料；

②电池充分放电，可以使口工6充分反应转化为Li，嵌入正极，提高Li元素的回收率；

(2)加氨水使Ni?+生成Ni(0H)2沉淀，离子方程式为Ni2++2NH/Hq=Ni(OH)2J+2NH；；

<3)加入氨水、通CO:后，Co(OH)［转化为［colNH),］",从平衡移动角度分析，

Co(OH)2(s).、Co”(叫)+20H(叫)，NH?与C。”发生络合反应，CO?能与OH-反应生成CO；,使

小才+卜｛OH1减小，平衡正向移动；

(4)①Ni元素的浸出率高而C。元素的浸出率低时分离效果最佳，根据图示，分离效果最佳的用曷比

和组成比分别为0.04、1:6；

②已知浸出时通过C「的配位和醇的溶解、还原等作用调控金属离子的溶解性，用量比一定时，组成比

小，［(CHJN+CH2coOH］C「相对含量较小，Co?♦形成的［CoClJ，少；且乙二醇含量较大，能溶解较

多CM+,使得C。元素浸出率增大；

③若浸出分离后各组分所含的［(CHJ3N-CH2coOH］C「与乙二醇回收率均为100%,回收到的DES组

成比会变大，原因是乙二醇有还原性，还原金属阳离子，被消耗。

17.(15分)四水合磷酸锌［Zn3(PO4)2-4H2O|是一种难溶于水的环保型防锈颜料，其在水中的溶解度随温度

升高而降低。实验室以氧化锌和磷酸为原料制备并测定其纯度。

②

磁力搅拌

磷酸溶液

抽

气

泵

1

-ZnO粉+水

甲

I.制备Zm（PO4）2・4H2O：

a.称取8.1gZnO置于三颈烧瓶中，加入适量蒸储水，开启搅拌器使其分散均匀。

b.向反应体系缓慢滴入6.0inL85%H3PO4,控制反应温度在8（）℃左右，滴加完毕后继续搅拌反应1

小时，得白色乳状液。

c.减压过滤，少量水洗涤，120℃干燥45111抽，称重。

II.测定纯度：①准确称取mg干燥后产品，用稀盐酸溶解后转移至250mL容量瓶中，定容摇匀。

②移取25.00mL待测液于锥形瓶中，加三乙醇胺掩蔽干扰离子，调pH至10,加格黑T指示剂，用c

12+

mol-L-EDTA标准溶液滴定至终点（测定Zn）,平行三次平均消耗EDTA标准溶液VmLo

已知：Zn2+和EDTA以物质的量之比为1：1进行反应；Zm（PO4）2,4H2O的摩尔质量为M

（1）步骤b中发生反应的化学方程式为；实验中，温度计的水银球应放在___________位

置。

（2）装善乙中的仪器a的作用是：与普通过滤相比，减压过漉的主要优点

是___________（答一条）。

（3）洗涤磷酸锌沉淀时应选用（填“冷水”或“热水”），洗涤沉淀的操作是___________o

（4）产品中ZnKPO4）2-4H2O的质量分数为%。下列操作导致测定结果偏高的是

___________（填标号）。

A.滴定管未用EDTA标准液润洗

B.锥形瓶用待测液润洗

C.滴定终点俯视读数

D.滴定前滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡

【答案】（除标明外，每空2分）

（1）3ZnO+2H5PO4+H2O=Zn3（PO4）2.4H:O插入反应液面以下，但不接触三颈烧瓶底部

（2）作安全瓶，防止倒吸过滤速度快所得同体较干燥（合理答案即可给分）

（3）热水（I分）沿玻璃棒往漏斗中加热的蒸播水至浸没沉淀，静置，重复2〜3次

［解析］(1)根据原子守恒，3molZnO与2molH3Po4反应生成1molZn3(PO4)2-4H2O,故为

3ZnO+2H,PO4+H2O=Zn,(PO4)2-4H2Oo

为准确控制反应液温度在80C,温度计水银球应插入反应液面以卜.（测量反应液温度），且不接触瓶底

以避免局部过热。

（2）仪器a是安全瓶，在减压过滤装置中，安全瓶位于抽滤瓶与真空泵之间，用于防止倒吸（当停止抽

气时，外界大气压可能将水倒吸入抽滤瓶）。

减压过滤优点有①过滤速度快（压况差驱动）；②所得固体较干燥（抽气可除去部分溶剂）。

（3）因Zn3（POJ2-4%。溶解度随温度升高而降低，用热水洗涤可减少溶解损失。

（4）滴定消耗EDTA的物质的量为cVxlO-3mol,对应25.00mL待测液中ZM+的物质的量。

250

250mL溶液中Zd♦总物质的量为cVxl(y3xd=o.O1WmoL

25

2+OOlcVeV

每个Zn3（P（）4）2.4H2O含3个Zn,故产品中该物质的物质的量为咄一二.mol

.50

质量为g*质量分数为三cVM¥4100%=1cVM%。

3()()300，〃

A.滴定管未润洗，标准液被稀释，浓度降低，导致消耗标准液体积偏大，结果偏高;

B.锥形瓶用待测液润洗，待测液物质的量增加，消耗标准液体积偏大，结果偏高;

C.滴定终点俯视读数，读数偏大，计算标准液体积偏小，结果偏低;

D.滴定后有气泡，读数体积包含气泡，计算消耗标准液体积偏小，结果偏低;

故选ABo

18.（15分）化合物6对白色念珠菌具有较强的抑制作用，某研究小组按以下路线合成该化合物（反应条件

及试剂已简化）:

SOCL

(CH,CH,)3N△

AB

CHJOH’EN乩NH2HQ.CH.COOH

C10H9FN2O2S-A----------►

AAPOC1.A▼°、

fi>—

F

已知：①B中保留酸酎结构

OO

②浓H,SO«IIII

一2R—COOH-------=~1>R—C—O—C-R+HQ

请回答下列问题:

（1）A-B的反应类型是；化合物C中含氧官能团的名称是

（2）下列说法不正确的是.

A.A-B过程中将（CH3cHN替换为Na2cO,浓溶液，可提高产率

B.化合物C有一个手性碳原子

C.F-G过程中有H20生成

D.化合物D分子中所有碳原子可能共平面

（3）CfD的化学方程式___________o

（4）EfF过程中有副产物H生成，其分子式为C20HMOK2s

①写出H的结构简式___________o

②请判断化合物的碱性强弱：F_____H（填，"y”或“=”：)

0

<5）以苯酚、乙块和（CH3cH2）、N为有机原料，设计化合物|的合成路线

__________（用流程图表示，无机试剂任选）。

【答案】（除标明外，每空2分）

（1）加成反应城基，翔基

（2）AD

0C)

H

⑶XOY°—'xZ“Cl+SO?+HC1

00

0

Br.NaCN巾►HC=CH°^2r°

HC=CH-------^->HC=CH------------->HC=CH­

BrBr-----------------MCN

HOOCCOOH

OH

（5）1

点kOQ>。与（

分）

【分析】人与。、2厂。加成得到B（r),B发生开环取代生成c,c与

oo

SOC12发生取代反应生成D(),D与CH3OH生成E(

E与M72M^耳。反应生成F(),F与乙酸在P0C13条件下脱水生成G,

据此分析;

⑴A与°。发生双键加成，得到B(保留酸酎结构)，原子利用率100%,为加

【解析】

成反应;观察C的结构，含氧官能团为酮族基和按基;

(2)A.(CH3cH2%N是有是有机碱，可溶于有机反应体系活化疏基；Mz2cq浓溶液是无机体系，与

有机物不互溶，反应接触面小,会降低产率，A错误;

B.C中手性碳，只有B正确;

),与乙酸脱水成恶二喋环，过程生成水，C正确;

NH,

D.D中含有饱和sp3杂化碳(手性碳、亚甲基碳)，四面体结构不可能让所有碳原子共平面，D错误;

故选AD；

(3)竣基与SOC4反应生成酰氯，化学方程式:

0O

F

+SOC12+SO.+HC1；

0

()

F

(4)①E与NH2M^也。反应生成和同时,因含有两个・N因结构,也可

NH,

0

以生成副产物H,H的结构简式:

0

②F中存在游离的端基-M/二，N电子云密度高，碱性强；H中两个N均连接吸电子酰基，电子云密

度降低，碱性减弱。：F>H；

HC=CHHC=CH

(5)乙快与Br2加成生成||||与NaCN发生取代后酸性条件下水解生成

BrBrBrBr

HC=CHHC=CH

IIII在硫酸条件下生成

HOOCCOOHHOOCCOOH

19.（14分）氨是重要的化工原料，氨的合成曾三次获得诺贝尔化学奖。科研人员开发了以下三种新型合

成氨的方法。【可答下列问题:

方法一：2和H2。合成氨。

该方法以水为氢源，CO为氧受体，在催化剂上实现氮气和水直接合成氨。该过程可在低至100C的条

件下实现氨高效节能生产。

已知：①2N2(g)+6Hq(g)=4NH3(g)+3O2(g)=+1266.4kJ/mol

②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)A//2=-566.0kJ/mol

③N2(g)+3H2O(g)+3CO(g)=2NH3(g)+3CO2(g)AH.

(I)AH3=kJ/molo

（2）结合反应①、②的△G（el由能的变化）随温度变化情况图，说明CO的作用是

600

温度（。0

方法二：NO和H2合成氨。

该方法是在常压，200℃下，利用工业废气NO与H2在催化剂表面直接合成NH3.

已知：主反应：2NO(g)+5H式g)12NH式g)+2H?O(g)

副反应：2NO(g)+2H2(g).-N,(g)+2H,O(g)

（3）方法二较“传统合成氨”的优点为（答出一条即可）。

（4）向密闭容器中充入1molNO和3m0IH2发生上述反应，达到平衡时，NO的转化率为80%,NH3

的选择性为9。％（NHa的选择性=播喘犒譬*仙％）。则平衡