2026年高考考前最后一卷：化學03（新高考15+4）解析版

2026年局考考前最后一卷（新圖考通用15+4）

高三化學

（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮

擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質量：HlC12N14016P31Cu64Zn65

一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目

要求的。

1.【本土風情】內蒙古是我國煤、石油和天然氣的重:要儲藏和生產基地。下列說法錯誤的是

A.天然氣的主要成分是CH4B.石油的主要成分是多種炫的混合物

C.煤的干儲屬于物理變化D.化石燃料燃燒前需進行脫硫處理

【答案】C

【解析】A.天然氣的主要成分為。仇，故A正確；

B.石油是由多種烷燒、環烷燒、芳香燒等燒類物質組成的混合物，故B正確；

C.煤的干馀是將煤隔絕空氣加強熱使其分解的過程，有焦炭、煤焦油等新物質生成，屬于化學變化，

故C錯誤：

D.化石燃料中含有硫元素，燃燒會生成S。2造成酸雨等環境污染，因此燃燒前需進行脫硫處理，故D

正確；

故選C。

2.下列說法正確的是

A.氫氟酸保存在塑料瓶中而不保存在玻璃瓶中，是因為氫氟酸是強酸

B.可用FeSO,處理酸性廢水中的CLO；,再通過調pH除去C產

C.用稀鹽酸除去鐵釘表面的鐵銹，發生的反應屬于置換反應

D.金屬鋰可以保存在盛有煤油的廣口瓶中

【答案】B

【解析】A.氫氟酸是弱酸，不保存在玻璃瓶中是因為氫氟酸能與玻璃的主要成分GO?發生反應

4HF+5/O2=5/FlT+2H2O,腐蝕玻璃，A錯誤；

B,酸性條件下旅+具有還原性，可將還原為C產，調節pH后C產轉化為CNO”）3沉淀被除去，

B正確；

C.鐵銹主要成分為尸4。3,與稀鹽酸反應生成氯化鐵和水，屬于復分解反應，無單質生成，不屬于置

換反應，C錯誤；

D.金屬鋰的密度小于煤油，會浮在煤油表面無法隔絕空氣，不能保存在煤油中，通常密封在石蠟中，

D錯誤；

故選B。

3.下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是

A.金剛砂熔點高,可用作砂紙、砂輪的磨料

B.FeCl,溶液顯酸性，可用于蝕刻覆銅電路板

C.碳酸氫錢受熱分解生成多種氣體，可作食品膨松劑

D.明磯溶于水能形成膠體，可用于殺菌消毒

【答案】C

【解析】A.金剛砂用作砂紙、砂輪的磨料是因為其硬度大，不是因為熔點高，故A錯誤：B.FeC13可

用于蝕刻覆銅電路板是因為Fe3+具有氧化性，能把Cu氧化為CM+,不是因為溶液顯酸性，故B錯誤;

C.碳酸氫錢受熱易分解，生成二氧化碳、氨氣等氣體，可使食品疏松多孔，因此可作食品膨松劑，性

質與用途具有對應關系，故C正確；D.明磯溶于水形成的氫氧化鋁膠體只能吸附水中懸浮雜質達到凈

水目的，不具有殺菌消毒的作用，故D錯誤；選C。

4.下列相關敘述正確的是

A.基態Na、Mg、4的未成對電子數依次增多

3s3P

B.基態硫原子的價層電子軌道表示式：［彳］

C.鄰羥基苯甲醛分子內氫鍵示意圖:

D.一氯甲烷的球棍模型:

【答案】B

【解析】A.基態M電子排布式為Is22s22P63sL未成對電子數為I,基態Mg,電子排布式為Is22s22P63s」,

未成對電子數為0,基態4電子排布式為Is22s22P63s23PL未成對電子數為1,A錯誤；

B.3P能級3個軌道能量相同，基態硫原子價層電子排布式為3s23P7p能級電子優先填充單軌道，半

充滿后電子任意填入3、Py、Pz，與先填入電子自旋方向相反，B正確；

C.鄰羥基苯甲醛中分子內氫鍵是羥基上的氫原子與醛基-CHO上的氧原子形成，示意圖為

D.選項為一氯甲烷的空間填充模型(或比例模型)，D錯誤；

答案選B。

5.下列有關物質結構與性質的敘述錯誤的是

A.單質晶體中存在的作用力可能有共價鍵、金屬鍵或分子間作用力，但一定沒有離子鍵

B.原子序數之和為22、之差為6的短周期元素X與Y形成XY?型共價晶體

C.SiC熔化破壞共價鍵，碘與干冰升華僅破壞分子間作用力

D.配合物［Fe(CO"中，配體中氧原子提供孤電子對與中心金屬形成配位鍵

【答案】D

【解析】A.離子鍵是陰、陽離子間的靜電作用，僅存在于離子化合物中，單質晶體中不可能含離子鍵；

不同類型單質晶體中，共價晶體(如金剛石)含共價鍵，金屬晶體含金屬鍵，分子晶體(如。，)含分子

間作用力，A正確；

B.設X、Y的原子序數分別為〃、b,則〃+。=22,a-b=6,解得a=14(Si),b=8(O),二者形成的

SiC>2屬于X，型共價晶體，B正確；

c.SiC是共價晶體，熔化時破壞共價鍵；碘和干冰均為分子晶體，升華僅破壞分子間作用力，C正確;

D.配合物［Fe(CO)J的配體為CO,由于C的電負性小于0,對孤電子對的束縛力更弱，因此是C原

子提供孤電子對與中心Fe形成配位鍵，不是氧原子，D錯誤；

故選D。

6.下列實驗設計不能達成實驗目的的是

【答案】A

【解析】A.僅加熱N44a時，分解生成的N4和HC1會在試管n重新化合為,無法制備收集汽修，

故A不能達成實驗目的；B.酸式滴定管精度為0.01mL,可壓于量取酸性的鹽酸，B能達成量取15.00mL

鹽酸的實驗目的；C.轉移溶液時用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于容景瓶刻度線以下，操作規范，可用

于配制一定物質的最濃度的NaOH溶液，C能達成實驗目的：D.CC/4與水不互溶且密度比水大、位于

下層，可用分液漏斗通過分液操作分離二者，D能達到實驗目的；故選A。

7.【新考法】云霧中微液滴表面具有強活化能力，可將水分子解離成QH、電子等微粒。工業尾氣中NO?

在微液滴表面發生的轉化如圖所示。下列說法正確的是

A.在水溶液中上述轉化速率會更快

B.轉化過程中，微液滴只體現催化作用

C.NO,既被氧化又被還原

D.理論上轉化1molNO,消耗1moiH2O

【答案】C

【分析】由圖可知，水分子解離成QH、電子和氫離子，二氧化氮既能與QH反應生成硝酸，也能得到

甩子生成亞硝酸根離子，亞硝駿根離子與氫離子反應生成亞硝酸，則二氧化氮在微液滴表回發生的反應

為二氧化氮與水反應生成硝酸和亞硝酸，反應的化學方程式為：2NO2+H2O=HNO3+HNO2O

【解析】A.題干信息“云霧中微液滴表面具有強活化能力”表明該轉化在微液滴表面受到了催化，反應

速率快。在普通水溶液中，缺少這種表面的活化（催化）作用，因此“上述轉化''的速率會更慢，A錯誤；

B.由分析可知，二氧化氮在微液滴表面轉化過程中，微液滴中的水是反應的反應物，同時微液滴表面具

有強活化能力，也體現了催化作用，B錯誤；

C.由分析可知，反應時二氧化氮中氮元素的化合價既升高被氧化乂降低被還原，C正確；

D.由分析可知，二氧化氮在微液滴表面發生的反應為：2NO2+H2OHNO3+HNO2,由方程式可知，Imol

二氧化氮反應時，消耗水的物質的量為0.5mol,D錯誤：

故選C。

8.在日本向太平洋排放的福島核電站核污染廢水中檢測出了大量放射性同位素旅及放射性同位素。已

知音U->；He+；J4Th,下列有關說法正確的是

A.置U與皆u物理性質不同B.2^U與轉Th的中子數相同

C.的最高能層符號為PD.與;『U化學性質不同

【答案】A

【解析】A.熟UH/U互為同位素，質子數相同、中子數不同，二者化學性質幾乎完全相同，但物理

性質(如放射性、密度等)存在差異，A正確；

B.中子數二質量數?質子數，修u的中子數為238-92=146,-Th的中子數為234-90=144,二者中子數

不同，B錯誤；

C.U是第七周期元索.原子核外最高能層對應n=7,能層符號為Q,P是n=6對應的能層符號.C錯誤：

D.ZU與皆U核外電子排布完全相同，化學性質幾乎完全相同，D錯誤；

故答案選A。

9.宏觀辨識與微觀探析是化學學科核心素養之下列化學或離子方程式書寫錯誤的是

A.次氯酸鈉溶液中通入少量CO2氣體：CO2+CIO+H2O=HC1O+HCO；

B.用過量的氨水吸收SO2：NH3H2O+SO2=NH；+HSO,

+

C.Na2s2O3溶液中滴加稀硫酸產生乳白色渾濁：S2O；+2H=Sl+SO2t+H2O

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

【答案】B

【解析】A.酸性順序為H￡Q>"aO>”C。；，少最CO2通入次氯酸鈉溶液，只能生成"C/。和"CO；,

離子方程式書寫正確，A正確；B.氨水過量時，SOz完全反應，應生成亞硫酸鍍，正確離子方程式為：

2NH..H2O+50,=2NH；+S0；~+H2O,B錯誤；C.M7SO3與稀硫酸發生反應，生成硫單質、S0?和

水，離子方程式書寫正確，C正確；D.77a,水解制取納米萬。2,生成水合二氧化鈦沉淀和比7,化學

方程式書寫正確，D正確；故選B。

10.一種高性能聚碳硅烷材料P的合成路線如下。

下列說法正確的是

A.XfY中，a處和b處的碳碳雙鍵均參與二聚反應

B.Y和Z的不飽和度相同

C.Zf聚合物P的反應類型為縮聚反應

D.用核磁共振氫譜或紅外光譜有可能鑒別Z和Z的水解產物

【答案】D

【分析】X二聚得Y,Y加氫還原得Z,結合Y的分子式（C^H^O.,）推得Y的結構簡式為

【解析】A.觀察產物Z的結構，Z兩端仍保留碳碳雙鍵，說明二聚反應中僅b處碳碳雙鍵參與加成二

聚，a處碳碳雙鍵未參與反應，A錯誤；

B.Y-Z為還原反應，還原過程加氫，氫原子數增加，根據不飽和度公式—H增多則

不飽和度降低，因此Y和Z不飽和度不同，B錯誤；

C.縮聚反應的特征是生成聚合物同時脫去小分子（如水、醇等），該反應是Z兩端碳碳雙鍵與Si-H

的加成聚合，無小分子生成，屬于加聚反應，不是縮聚反應，c錯誤：

D.Z含酯基，水解后酯基斷裂生成叛基和羥基，二者官能團種類不同，紅外光譜可區分；氫原子的化

學環境不同，核磁共振氫譜也可區分，因此可以鑒別，D正確；

故答案選D。

II.從銀錦礦（主要含MnO1和Ag,以及少量Fe、Al的化合物）中提取Ag和MnSC\的工藝流程如圖1。硫

酸儲在不同溫度下的溶解度和析出晶體的組成如圖2。

淀粉

水解液硫酸石灰乳。2NaCN

銀鎰礦國”而耐卜f浸出港一位施群邂檢回

1系列授作

浸出液——>MnSC）4溶液~^-MnSO41120

圖1

卜列說法塔誤的是

A.將銀缽礦粉碎是為了使反應更快更充分

B.利用淀粉水解液可將銀鋪礦中的MnO?還原為Mr?+

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

D.”系列操作”為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥

【答案】D

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

熱浸出。淀粉水解液(含葡萄糖等還原性物質)在酸性條件卜將MnO2還原為Mn?,Fe、A1

的化合物溶解為Fe"、A產進入浸出液，不溶物為浸出渣，浸出渣加入石灰乳(調節pH)、O?、

NaCN,Ag被O2氧化并與CN形成絡離子[Ag(CN)2「進入溶液，后續電解得到金屬Ag,

浸出液經處理得到MnSO4溶液，通過“系列操作”得到MnSO4H2O晶體。

【解析】A.將固體粉碎可以增大表面積，加快反應速率，使反應更充分，A正確；

B.根據流程圖，浸出時加入淀粉水解液，主要成分為葡萄糖C6H12O6,具有還原性，在酸性條件

卜，MnO2具有強氧化性，可將葡萄糖氧化，自身被還原為MM+,B項是正確的。

C.在“氟化提銀”步驟中，Ag在堿性條件下被02氧化，與CN-結合生成[Ag(CN)2「，根據氧化還原

反應配平離子方程式為：4Ag+O2+8CN-+2H2O=4[Ag(CN)2]"+4OH",C正確；

D.根據圖2,MnSCh的溶解境隨溫度變化顯著，題目要求從MnSCh溶液中獲得MnSO^bhO,需控制

溫度大于23.9C,若采用“蒸發濃縮、冷卻結晶”，則在冷卻過程中，當溫度降至239c以下時，會析

出MnS(V7H2O或MnSOKFhO,無法得到MnSO,HzO,D錯誤：

故選D。

12.在某新型催化劑作用下發生反應：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)△“<0。該反應的正、逆反

應速率分別可表示為匕E=&C2(CO)K(NO)和融=七《2)7((202)次為速率常數,只與溫度有關(圖

DoCO活化過程存在2種不同的反應機理(圖2),*表示吸附狀態。下列說法錯誤的是

A.該反應的平衡常數K=,

B.圖I所示的直線中，表示也々逆隨溫度變化的直線是N

C.圖2中的過渡態穩定性最好的是TS1

D.圖2中CO1+H*轉化為C+OH*的決速步為COH*-C+OH，

【答案】B

kc(N；)-c2(CO,)

【解析】A.當箕/產丫JI寸，的cZyOAKNOAkwaNzAKCCh),nJ^—r=~~~,A項正

k逆c0(CO)c-2(NO)

確；

B.該反應為放熱反應，1g女為增函數，當溫度升高時，%和叫均增大，但1善減小,說明IgQ

增大的趨勢要大于電3上，則表示他女菸隨溫度變化的直線是M,B項錯誤；

C.能量越低越穩定，則穩定性最好的是TSI,C項正確；

D.多步反應中，活化能(能壘)最大的步驟是決速步。CO?+H?轉化為C?+OH^(經COH?路徑)分

兩步：第一步：CCT+FTfCOH”，第二步：COFTfCT+OH*,第二步活化能更大，因此該步是決速

步，D項正確；

故選Bo

13.鈉離子電池因原料資源豐富、成本低廉和低溫性能優異等優勢，成為儲能領域的研究熱點。某鈉離子

電池結構如圖所示，電極A的材料為Na、Mn[Fe(CN"(普魯士白，0〈文42),電極B的材料為Na￡

(嵌鈉硬碳)。下列說法正確的是

—L____

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

A.放電時，外電路通過amol電了?時，WamolNa*轉移到電極B

B.用該電池電解精煉銅，當電池中遷移1molNa+時，理論上可獲得64g純銅

C.充電時，電極B與外接直流電源的正極相連

+

D.放電時，正極的電極反應式可表示為：MnfFe(CN)6]+xNa=NavMn[Fe(CN)6]

【答案】D

【分析】從圖可知，A電極上放電時Mn[Fe(CN1]轉化為Na、Mn[Fe(CN)6]，電極反應式為：

Mn|Fe(CN)6]+xNa*+=NatMnfFe(CN)J,是電池正極：B電極上放電時Na,*C,轉化為Na￡,

+

電極反應式為：Nax+1Cv-e=NaA.Cv+Na,是電池負極，據此作答。

【解析】A.由分析可知，放電時，電極A為正極，外電路通過amol電子時，有ornolNa+轉移到電極

A,A錯誤；B.電解精煉銅的陰極反應式為：Cu2++2e=Cu?當電池中遷移ImolNa'時轉移Imol電

子，電解精煉銅時生成0.5molCu,其質量為32g,B錯誤；C.由分析可知，放電時，電極B為負極，

則充電時，電極B為陰極，與外接直流電源的負極相連，C錯誤；D.由分析可知，放電時，正極反應

+

式為：Mn[Fe(CN)6]1xNaIxe-=NavMn[Fe(CN)6],D正確；故選D。

14.TiO?是一種半導體材料，廣泛應用于光催化、光電轉換和環境治理等領域，通過N摻雜的調控，不僅

提高了TiO?的光吸收能力，還增強了其光催化活性。TiO?晶胞為長方體（晶胞內的0形成正八面體），

其晶胞結構及N摻雜后的晶胞結構如圖所示。設阿伏加德羅常數的值為N八。下列說法錯誤的是

A.TiO?晶胞中與不最近且等距的0有6個，最短距離為］pm

3?x1O32

B.TiO?晶體的密度為；、g-m-3

NA。％

C.N摻雜后的TiOz-N,晶體中，x:y=7:l

D.N摻雜數量不同，光吸收能力和光催化活性不同

【答案】C

【解析】A.由TiO2晶胞結構可知，Ti位于O形成的正八面體中心，故與Ti最近且等距的O有6個,

最短距離為￡pm,A項正確；

B.TiO?晶胞中，Ti位于頂點、體心和面上，I個晶胞中Ti的個數為8x：+l+4x：=4個，。位于晶胞

82

的棱、面、體內，I個晶胞中O的個數為8xq+2+8x；=8個，則I個晶胞的質量

/n=4x48^X16g=7Fg，而1個晶胞的體積丫=/m/=/0|（嚴皿3,故TiO?晶體的密度為

m3.2xlQ32

gem,B項正確;

VN"h

C.由N摻雜后的TiOerN,.品胞可知，1個品胞中含4個Ti,。為l+7xg+7、；=苧個，N為=g

個，則該晶體的化學式可表示為丁2史n,則2一1=登，故x=j>'=1,x：y=7:2,C項錯誤;

16816168

D.晶體的N摻雜數量不同，0空穴數不同，則其對光的吸收能力和光催化活性不同，D項正確。

5常溫下，假設1L水溶液中Fe3+和PO：初始的物質的量均為0.01mol（元素Fe、P的物質的量保持不變）。

平衡條件下，體系中全部含磷物種的摩爾分數隨pH的變化關系如圖所示（忽略溶液體積變化）。下列說

法正確的是

38

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

A.丙線所示物種為FePCh

B.H3Po4的電離常數從2約為1.2x10-8

C.pH=0.23時,c（Fe3+）=0.002molL,,不產生Fe（OH）3沉淀

+3+

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

【答案】C

【分析】體系中含磷物種為H’POs、H[PO；、HPO：、PO：、FCPO4,隨pH增大，HF。」濃度減小且

最先趨于0,故乙線表示HJX\；鐵離子與磷酸根結合生成FePO.沉淀，隨pH增加，沉淀量增加，故

甲線表示FePO「當pH增大到?定程度，FePO,發生沉淀轉化生成Fe（OHb，溶液中PO；濃度增大，

對應丁線，則丙線對應HPO；,據此分析。

【解析】A.由分析，丙線所示物種為HPO；,A不符合題意：B.當pH=8.00時，HPOfFePO4

摩爾分數都是（）.48,由圖可知在此pHF，主要含磷物種為HP。：、FePOj和H?PO：,H/O；的摩爾分

數為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不符合題意；C.pH=0.23lit,FcPO。摩爾分數

為0.80,其物質的最為0.011110以0.80=0.00811101,故Fe，?的物質的最為0.0hnol—0.008moi=0.002mol,

濃度為0,002mol=0002m。）/L,此時Q=c（Fe"）xc3（OH）=0.002'（10小巧3<[Fe（OH）J,不產生

沉淀，C符合題意；D.因元素Fe、尸的物質的量保持不變，調節pH加入的酸不能是磷酸，故會有其

3+

他陰離子存在,pH=0.1時，c（H*）+3c（Fe）*3c（POj）+2c（HP0^）+c（H2P0；）+c（0H）D不符合題

意；故選C。

二、非選擇題：本題共4小題，共55分。

16.（14分）DES（低共熔溶劑）是一類新型綠色高效浸出劑，利用DES分離回收廢舊三元鋰離子電池電極

材料中的Li、Mn、Co.Ni元素，工藝流程如下圖。

(1)三元鋰離子電池充放電過程的總反應：LirC6+Li,_AMeO26C+LiMeO2

①流程中，回收處理的是廢舊鋰離子電池的(填“止”或"負”)極材料

②在電極材料浸出分離前，需要使電池充分放電，一方面可避免拆解過程中產生危險，另一方面可提

高元素的回收率。

(2)加氨水生成Ni(OH)?沉淀的離子方程式為。

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

(4)已知：流程中的DES由：(CH；)3N+CH?COOH]C「與乙二醇按一定比例組成，浸出時通過C「的配

位和醇的溶解、還原等作用調控金屬離子的溶解性，實現選擇性分離。

+

■/nF(CHjNCH2COOH]crl「加(電極材料)]

采用DES浸出時，浸出劑的組成比~一八/一*.、-J—和用量比會影響分離

/〃(乙一醇)""DESJ)

效果。其他條件一定時，改變組成比和用最比，測定Ni、C。元素的浸出率，結果如下圖c

100

8o

%6o

/?-組成比1:6

$

?一組成比1:9

卿4O

①分離效果最佳的用星比和組成比分別為、。

②用量比相同時，組成比為1:9的Co浸出率顯著高于組成比為1:6的Co浸出率，結合已知信息解釋原

因：。

③浸出后需要對DES進行回收利用。若浸出分離后各組分所含的[(CH)N+CH2coOH]C「與乙二醉

回收率均為100%,回收到的DES組成比會變大，原因是,

【答案】(除標明外，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，與Co”發生絡合反應，CO?能與反應生成CO；,

使《Co")、《OH。減小，平衡正向移動

(4)0.041:6用量比一定時，組成比小，［(CHjN+CH2coOH］C「相對含量較小，Co?+形

成的［CoCL「少；且乙二醇含量較大，能溶解較多C6+,使得C。元素浸出率增大乙二醇還原金

屬陽離子，被消耗

【分析】廢舊電極材料加DES浸出，過濾得到溶液A含有Li\Ni2+,加氨水調節pH/5生成Ni(OH)?

沉淀；固體B加水溶解后，加氨水調節pH=8.5生成Co(OH｝、Mn(OH)2沉淀，加入軟水、通CO?后，

Co(OH)2轉化為［co(NH),廣，過濾分離得到沉淀F為Mn(OH)2；

【解析】(1)①放電過程中Li?MeO］得電子發生還原反應生成LiMeO-Li—MeCVLiMeO?為正極

材料，可知流程中，回收處理的是廢舊鋰離子電池的正極材料；

②電池充分放電，可以使口工6充分反應轉化為Li，嵌入正極，提高Li元素的回收率；

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

<3)加入氨水、通CO:后，Co(OH)［轉化為［colNH),］",從平衡移動角度分析，

Co(OH)2(s).、Co”(叫)+20H(叫)，NH?與C。”發生絡合反應，CO?能與OH-反應生成CO；,使

小才+卜｛OH1減小，平衡正向移動；

(4)①Ni元素的浸出率高而C。元素的浸出率低時分離效果最佳，根據圖示，分離效果最佳的用曷比

和組成比分別為0.04、1:6；

②已知浸出時通過C「的配位和醇的溶解、還原等作用調控金屬離子的溶解性，用量比一定時，組成比

小，［(CHJN+CH2coOH］C「相對含量較小，Co??形成的［CoClJ，少；且乙二醇含量較大，能溶解較

多CM+,使得C。元素浸出率增大；

③若浸出分離后各組分所含的［(CHJ3N-CH2coOH］C「與乙二醇回收率均為100%,回收到的DES組

成比會變大，原因是乙二醇有還原性，還原金屬陽離子，被消耗。

17.(15分)四水合磷酸鋅［Zn3(PO4)2-4H2O|是一種難溶于水的環保型防銹顏料，其在水中的溶解度隨溫度

升高而降低。實驗室以氧化鋅和磷酸為原料制備并測定其純度。

②

磁力攪拌

磷酸溶液

抽

氣

泵

1

-ZnO粉+水

甲

I.制備Zm（PO4）2?4H2O：

a.稱取8.1gZnO置于三頸燒瓶中，加入適量蒸儲水，開啟攪拌器使其分散均勻。

b.向反應體系緩慢滴入6.0inL85%H3PO4,控制反應溫度在8（）℃左右，滴加完畢后繼續攪拌反應1

小時，得白色乳狀液。

c.減壓過濾，少量水洗滌，120℃干燥45111抽，稱重。

II.測定純度：①準確稱取mg干燥后產品，用稀鹽酸溶解后轉移至250mL容量瓶中，定容搖勻。

②移取25.00mL待測液于錐形瓶中，加三乙醇胺掩蔽干擾離子，調pH至10,加格黑T指示劑，用c

12+

mol-L-EDTA標準溶液滴定至終點（測定Zn）,平行三次平均消耗EDTA標準溶液VmLo

已知：Zn2+和EDTA以物質的量之比為1：1進行反應；Zm（PO4）2,4H2O的摩爾質量為M

（1）步驟b中發生反應的化學方程式為；實驗中，溫度計的水銀球應放在___________位

置。

（2）裝善乙中的儀器a的作用是：與普通過濾相比，減壓過漉的主要優點

是___________（答一條）。

（3）洗滌磷酸鋅沉淀時應選用（填“冷水”或“熱水”），洗滌沉淀的操作是___________o

（4）產品中ZnKPO4）2-4H2O的質量分數為%。下列操作導致測定結果偏高的是

___________（填標號）。

A.滴定管未用EDTA標準液潤洗

B.錐形瓶用待測液潤洗

C.滴定終點俯視讀數

D.滴定前滴定管內無氣泡，滴定結束后有氣泡

【答案】（除標明外，每空2分）

（1）3ZnO+2H5PO4+H2O=Zn3（PO4）2.4H:O插入反應液面以下，但不接觸三頸燒瓶底部

（2）作安全瓶，防止倒吸過濾速度快所得同體較干燥（合理答案即可給分）

（3）熱水（I分）沿玻璃棒往漏斗中加熱的蒸播水至浸沒沉淀，靜置，重復2?3次

［解析］(1)根據原子守恒，3molZnO與2molH3Po4反應生成1molZn3(PO4)2-4H2O,故為

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

為準確控制反應液溫度在80C,溫度計水銀球應插入反應液面以卜.（測量反應液溫度），且不接觸瓶底

以避免局部過熱。

（2）儀器a是安全瓶，在減壓過濾裝置中，安全瓶位于抽濾瓶與真空泵之間，用于防止倒吸（當停止抽

氣時，外界大氣壓可能將水倒吸入抽濾瓶）。

減壓過濾優點有①過濾速度快（壓況差驅動）；②所得固體較干燥（抽氣可除去部分溶劑）。

（3）因Zn3（POJ2-4%。溶解度隨溫度升高而降低，用熱水洗滌可減少溶解損失。

（4）滴定消耗EDTA的物質的量為cVxlO-3mol,對應25.00mL待測液中ZM+的物質的量。

250

250mL溶液中Zd?總物質的量為cVxl(y3xd=o.O1WmoL

25

2+OOlcVeV

每個Zn3（P（）4）2.4H2O含3個Zn,故產品中該物質的物質的量為咄一二.mol

.50

質量為g*質量分數為三cVM￥4100%=1cVM%。

3()()300，〃

A.滴定管未潤洗，標準液被稀釋，濃度降低，導致消耗標準液體積偏大，結果偏高;

B.錐形瓶用待測液潤洗，待測液物質的量增加，消耗標準液體積偏大，結果偏高;

C.滴定終點俯視讀數，讀數偏大，計算標準液體積偏小，結果偏低;

D.滴定后有氣泡，讀數體積包含氣泡，計算消耗標準液體積偏小，結果偏低;

故選ABo

18.（15分）化合物6對白色念珠菌具有較強的抑制作用，某研究小組按以下路線合成該化合物（反應條件

及試劑已簡化）:

SOCL

(CH,CH,)3N△

AB

CHJOH’EN乩NH2HQ.CH.COOH

C10H9FN2O2S-A----------?

AAPOC1.A▼°、

fi>—

F

已知：①B中保留酸酎結構

OO

②濃H,SO?IIII

一2R—COOH-------=~1>R—C—O—C-R+HQ

請回答下列問題:

（1）A-B的反應類型是；化合物C中含氧官能團的名稱是

（2）下列說法不正確的是.

A.A-B過程中將（CH3cHN替換為Na2cO,濃溶液，可提高產率

B.化合物C有一個手性碳原子

C.F-G過程中有H20生成

D.化合物D分子中所有碳原子可能共平面

（3）CfD的化學方程式___________o

（4）EfF過程中有副產物H生成，其分子式為C20HMOK2s

①寫出H的結構簡式___________o

②請判斷化合物的堿性強弱：F_____H（填，"y”或“=”：)

0

<5）以苯酚、乙塊和（CH3cH2）、N為有機原料，設計化合物|的合成路線

__________（用流程圖表示，無機試劑任選）。

【答案】（除標明外，每空2分）

（1）加成反應城基，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

點kOQ>。與（

分）

【分析】人與。、2廠。加成得到B（r),B發生開環取代生成c,c與

oo

SOC12發生取代反應生成D(),D與CH3OH生成E(

E與M72M^耳。反應生成F(),F與乙酸在P0C13條件下脫水生成G,

據此分析;

⑴A與°。發生雙鍵加成，得到B(保留酸酎結構)，原子利用率100%,為加

【解析】

成反應;觀察C的結構，含氧官能團為酮族基和按基;

(2)A.(CH3cH2%N是有是有機堿，可溶于有機反應體系活化疏基；Mz2cq濃溶液是無機體系，與

有機物不互溶，反應接觸面小,會降低產率，A錯誤;

B.C中手性碳，只有B正確;

),與乙酸脫水成惡二喋環，過程生成水，C正確;

NH,

D.D中含有飽和sp3雜化碳(手性碳、亞甲基碳)，四面體結構不可能讓所有碳原子共平面，D錯誤;

故選AD；

(3)竣基與SOC4反應生成酰氯，化學方程式:

0O

F

+SOC12+SO.+HC1；

0

()

F

(4)①E與NH2M^也。反應生成和同時,因含有兩個?N因結構,也可

NH,

0

以生成副產物H,H的結構簡式:

0

②F中存在游離的端基-M/二，N電子云密度高，堿性強；H中兩個N均連接吸電子酰基，電子云密

度降低，堿性減弱。：F>H；

HC=CHHC=CH

(5)乙快與Br2加成生成||||與NaCN發生取代后酸性條件下水解生成

BrBrBrBr

HC=CHHC=CH

IIII在硫酸條件下生成

HOOCCOOHHOOCCOOH

19.（14分）氨是重要的化工原料，氨的合成曾三次獲得諾貝爾化學獎。科研人員開發了以下三種新型合

成氨的方法。【可答下列問題:

方法一：2和H2。合成氨。

該方法以水為氫源，CO為氧受體，在催化劑上實現氮氣和水直接合成氨。該過程可在低至100C的條

件下實現氨高效節能生產。

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）結合反應①、②的△G（el由能的變化）隨溫度變化情況圖，說明CO的作用是

600

溫度（。0

方法二：NO和H2合成氨。

該方法是在常壓，200℃下，利用工業廢氣NO與H2在催化劑表面直接合成NH3.

已知：主反應：2NO(g)+5H式g)12NH式g)+2H?O(g)

副反應：2NO(g)+2H2(g).-N,(g)+2H,O(g)

（3）方法二較“傳統合成氨”的優點為（答出一條即可）。

（4）向密閉容器中充入1molNO和3m0IH2發生上述反應，達到平衡時，NO的轉化率為80%,NH3

的選擇性為9。％（NHa的選擇性=播喘犒譬*仙％）。則平衡