重庆育才中学、鲁能巴蜀中学、万州高级中学2026届高三上学期10月联合考试化学试卷（Word版附解析）

这是一份重庆育才中学、鲁能巴蜀中学、万州高级中学2026届高三上学期10月联合考试化学试卷（Word版附解析），文件包含重庆市育才中学校等三校2026届高三上学期10月诊断性月考化学试题Word版含解析docx、重庆市育才中学校等三校2026届高三上学期10月诊断性月考化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
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。
4.可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 S-32
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. 中华传统技艺，凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是
篆刻
喜鹊剪纸
A．剪纸 B．石印章
活字印刷术 中医针灸
C．木活字 D．不锈钢针
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．剪纸的主要材料是纸张，纸张的主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，不是合金，A 错误；
B．石印章的主要材料是石头，其主要成分为硅酸盐等无机非金属材料，不是合金，B 错误；
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C．木活字的主要材料是木材，木材的主要成分为纤维素、木质素等有机物，属于天然有机材料，不是合金，
C 错误；
D．不锈钢针的主要材料是不锈钢，不锈钢是铁与铬、镍等金属熔合而成的具有金属特性的物质，属于合金，
D 正确；
故选 D。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 反-2-丁烯的键线式：
B. 的球棍模型：
C. 基态铝原子的电子排布式：
D. 二氧化硅的分子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．顺-2-丁烯中两个甲基在双键的同一侧： ；反-2-丁烯中两个甲基在双键的两侧
，A 错误；
B．H2O 分子为 V 形结构，且 O 原子半径大于 H 原子半径，故 H2O 的球棍模型 ；B 错误；
C．铝为 13 号元素，基态原子电子排布遵循构造原理，电子排布式为 1s22s22p63s23p1，C 正确；
D．二氧化硅为原子晶体，不存在分子，SiO2 是其化学式而非分子式，D 错误；
故选 C。
3. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 的溶液中： 、 、 、
B. 无色透明的溶液中： 、 、 、
C. 与 Al 反应能放出 的溶液中： 、 、 、
D. 能使甲基橙变红的溶液中： 、 、 、
【答案】A
【解析】
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【详解】A．由 ， ，可知溶液呈强碱性（pH=13），
K+、Na+、 、 在碱性条件下均稳定，无相互反应，能大量共存，A 正确；
B．无色溶液中不能存在 Fe3+（黄色），且 Fe3+与 SCN-会生成红色络合物，二者不能共存，B 错误；
C．与 Al 反应放出 的溶液可能为强酸性或强碱性。若为酸性，Fe2+会被 （酸性下强氧化性）氧化；
若为碱性，Fe2+会生成沉淀，C 错误；
D．甲基橙变红说明溶液呈强酸性， 会与 H+反应生成 CO2 和 ，无法共存，D 错误；
故选 A。
4. 下图为“点击化学”的一种反应，下列说法正确的是
A. Ⅰ所含元素中 O 元素的第一电离能最大
B. 1 个Ⅱ分子中含有 9 个σ键
C. Ⅲ中不存在大π键
D. Cu 元素位于元素周期表的 ds 区
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ⅰ所含元素为 C、H、O、N，第一电离能：N>O>H>C，故第一电离能最大的是 N 元素，A 错
误；
B．Ⅱ为苯乙炔，σ键包括苯环 6 个 C-C σ键、5 个 C-H σ键，苯环与炔基间 1 个 C-C σ键，炔基中 1 个 C-C σ
键和 1 个 C-H σ键，共 6+5+1+1+1=14 个σ键，B 错误；
C．Ⅲ中含有苯环，苯环为平面结构，6 个 C 原子的 p 轨道平行形成大π键，故Ⅲ中存在大π键，C 错误；
D．Cu 为 29 号元素，价电子排布式为 ，属于ⅠB 族，位于元素周期表 ds 区，D 正确；
故答案选：D。
5. 利用下列装置或操作完成相应的实验目的，设计合理的是
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A. A 装置验证非金属性：S>C>Si
B. B 装置验证反应是否有 CO2 生成
C. C 装置用于配制 0.10ml/L NaOH 溶液
D. D 装置氯气的喷泉实验
【答案】A
【解析】
【详解】A．装置 A 中稀硫酸与 反应生成 ，说明酸性 > ； 通入 溶
液生成 沉淀，说明酸性 > 。最高价氧化物对应水化物酸性越强则非金属性越强，故
非金属性 S>C>Si，A 正确；
B．木炭与浓硫酸共热生成 和 ， 也能使澄清石灰水变浑浊，无法区分是否有 生成，B 错
误；
C．容量瓶不能用于溶解固体，NaOH 固体应在烧杯中溶解并冷却至室温后，再转移至容量瓶中定容，C 错
误；
D． 在饱和食盐水中溶解度极小，无法形成压强差，不能进行喷泉实验，D 错误。
故选 A。
6. 化合物 Z 是合成药物非奈利酮的重要中间体，其合成路线如图，下列说法正确的是
A. 相同温度下，X 在水中 溶解度小于 Y 在水中的溶解度
B. X 含有四种官能团
C. Y 可发生加成、取代、氧化、消去等反应
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D. Z 与足量 加成后的产物中手性碳原子个数为 3
【答案】D
【解析】
【详解】A．X 含有羧基（-COOH）和羟基（-OH），均为强亲水基团，可与水形成氢键；Y 中羧基转化为
酯基（-COOCH3），羟基转化为甲氧基（-OCH3），酯基和甲氧基亲水性弱于羧基和羟基，故 X 在水中溶解
度大于 Y，A 错误；
B．X 的官能团为羧基（-COOH）、羟基（-OH）、溴原子（-Br），共 3 种，B 错误；
C．Y 中溴原子连接于苯环（芳香溴代物），无法发生消去反应；酯基可水解（取代），苯环可加成，燃烧属
于氧化反应，但无消去反应，C 错误；
D．Z 与足量 H2 加成后，苯环变为环己烷，醛基（-CHO）变为-CH2OH，产物中含 3 个手性碳（分别连有-Br、
-OCH3、-CH2OH 的环己烷碳，各碳连 4 个不同基团），D 正确；
故选 D。
7. 下列说法错误的是
A. 键角：
B. 熔点：金刚石
C. 某化合物 中碳的杂化方式均为
D. 硫单质在 中的溶解度大于在水中的溶解度
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2 中 C 元素为 sp 杂化，SiO2 中 Si 元素为 sp3 杂化，键角：sp 杂化>sp3 杂化，故键角：CO2
>SiO2，A 正确；
B．金刚石为原子晶体，原子间通过共价键结合，熔点极高；SiCl4 为分子晶体，分子间靠范德华力结合，
熔点低，故熔点：金刚石＞SiCl4，B 正确；
C．该化合物为对羟基苯乙酮（HO-C6H4-CO-CH3），苯环中 C 原子为 sp2 杂化（形成平面结构及大π键），羰
基（C=O）中 C 原子价层电子对数为 3（连接苯环、O 双键、CH3），为 sp2 杂化，仅甲基（-CH3）中 C 原
子为 sp3 杂化，并非所有 C 原子均为 sp3 杂化，C 错误；
D．CS2 分子中心原子孤电子对数= =0、价层电子对数=2+0=2，则中心 C 原子发生 sp 杂化，分子呈
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直线形、为非极性分子，由相似相溶原理可知，非极性分子硫单质在非极性溶剂二硫化碳中的溶解度大于
在极性分子水中的溶解度，D 正确；
故选 C。
8. 含氮元素的部分物质间相互转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 通入 NH3 后的水溶液能导电说明 NH3 为电解质
B. 反应①②均属于氮的固定
C. 反应④证明 NO 是酸性氧化物
D. 工业上常用 N2 通过反应②④制备 HNO3
【答案】B
【解析】
【分析】N2 与 H2 在高温高压、催化剂存在条件下反应产生 NH3，N2 与 O2 在放电时反应产生 NO，NH3 与
O2 在催化剂存在条件下加热反应产生 NO，NO 与 O2 反应产生 NO2，NO2 与 H2O 反应产生 HNO3、NO，
NO 与 O2、H2O 反应产生 HNO3。
【详解】A．通入 NH3 的水溶液能够导电是因为 NH3 与 H2O 反应生成 NH3·H2O，NH3·H2O 电离出自由移动
的离子，而 NH3 自身不能电离，故 NH3 属于非电解质，A 错误；
B．氮的固定是将游离态氮转化为化合态氮的过程，反应①是 N2→NH3；反应②是 N2→NO，都是 N 元素的
单质转化为氮元素的化合物，因此这两个反应都符合氮的固定，B 正确；
C．酸性氧化物需与碱反应生成盐和水且反应过程中元素的化合价不变，NO 不能与碱反应生成盐，也不能
通过非氧化还原反应生成 HNO3，故 NO 不是酸性氧化物，C 错误；
D．工业制 HNO3 的流程为 N2→NH3→NO→NO2→HNO3，而并不是直接通过 N2→NO 和 NO→HNO3，D 错
误；
故合理选项是 B。
9. 依据下列实验现象，判断所得相应结论错误的是
实验现象 结论
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向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌，得黑色海绵状固体，并 浓硫酸体现脱水性和强氧 A
放出有刺激性气味的气体 化性
用 0.1 ml/LNaOH 溶液分别中和等体积的 0.1 ml/L
B H2SO4 溶液和 0.1 ml/LCH3COOH 溶液，H2SO4 消耗 酸性：H2SO4＞CH3COOH
的 NaOH 溶液多
将 SO2 通入酸性高锰酸钾溶液至过量，溶液的紫红色
C SO2 有还原性
褪去
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，浓硫酸使有机物蔗糖脱水碳化，生成黑色 C 单质，C 被浓硫酸
氧化为 CO2，浓硫酸被还原生成刺激性气体 SO2，这个实验体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，A 正确；
B．H2SO4 为二元酸，CH3COOH 是一元酸，当用相同浓度的 NaOH 溶液中和等浓度、等体积的 H2SO4、
CH3COOH 时，中和 H2SO4 需消耗 NaOH 的体积是 CH3COOH 的 2 倍，而 CH3COOH 为一元酸，消耗 NaOH
少，但结论将 NaOH 用量多少归结于两种酸的酸性的相对强弱，忽略了酸的元数差异，B 错误；
C．SO2 具有还原性，能使酸性高锰酸钾紫色褪色，说明其被氧化，这体现了 SO2 的还原性，C 正确；
D．向饱和 NaCl 溶液中加入几滴鸡蛋清溶液，NaCl 使蛋白质的溶解度降低而结晶析出，即发生盐析，因此
溶液变浑浊。再向含有该沉淀的混合物中继续加入蒸馏水，振荡，溶液变澄清，说明盐析过程是可逆的，D
正确；
故合理选项是 B。
10. 由 5 种原子序数依次增大的短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 组成的某离子液体结构如图所示。已知 X
、W、Q 分别位于不同的周期，Z、Q 的第一电离能均高于同周期相邻元素，下列说法错误的是
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D
向饱和 NaCl 溶液中加入几滴鸡蛋清溶液，溶液变浑浊，
蛋白质的盐析是可逆的
再继续加入蒸馏水，振荡，溶液变澄清
A. 该分子中 X、Z、Q 均达到 8 电子稳定结构
B. W 没有正化合价
C. 电负性的大小比较：Z>Q
D. 的空间结构为平面三角形
【答案】A
【解析】
【分析】五种元素均为短周期元素，X、W、Q 位于不同周期，所以 X 在第一周期，W 在第二周期，Q 在
第三周期，Y、Z 位于第二周期，根据所给物质结构中各原子的成键情况，推测 X 为 H，Y 为 C，Z 为 N，
W 为 F，Q 第一电离能高于相邻元素，说明为第 IIA 族或第 VA 族，且阴离子为 ，Q 为+5 价，所以 Q
为 P，据此解答。
【详解】A．X 为 H，H 原子最外层只有 1 个电子，形成共价键后达到 2 电子稳定结构，未达到 8 电子稳定
结构，A 错误；
B．W 为 F，F 是电负性最大的元素，在化合物中只显-1 价，没有正化合价，B 正确；
C．Z 为 N，Q 为 P，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故电负性 N>P，即 Z>Q，C 正确；
D． 中心 C 原子价层电子对数=3（成键电子对）+0（孤电子对）=3，采用 sp2 杂化，空间结构为平面
三角形，D 正确；
答案选 A。
11. 在微生物作用下将 2，4-二氯苯酚电解脱氯降解为苯酚的装置如图所示。下列说法错误的是
A. 电极 a 的电势比电极 b 的高
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B. N 极的电极反应式：
C. 由左向右移动通过质子交换膜
D. 当生成 苯酚时，理论上 电极区生成 的质量为 8.8g
【答案】D
【解析】
【分析】在电极 M 上，CH3COOH 失去电子生成 CO2，发生氧化反应，为阳极；在电极 N 上， 得
到电子生成 ，发生还原反应，为阴极；电极 a 为正极，电极 b 为负极，在电解池中，阳离子向阴
极移动。
【详解】A．由装置图可知， 极为阳极， 极为阴极，所以电极 的电势比电极 的高，A 项正确；
B． 极的电极反应式为 +4e－+2H+= +2Cl-，B 正确；
C．在电解池中，阳离子向阴极移动，所以 H+由左向右移动，C 项正确；
D．M 极 电极反应式为 ，根据 极的电极反应式可知，
当生成 （0.1ml）苯酚时，生成 的质量为 ，D 项错误；
故选 D。
12. 是优良的固态电解质材料， 取代部分 后产生空位，可提升 传导性能。
取代后材料的晶胞结构示意图( 未画出)及其作为电解质的电池装置如下。下列说法错误的是
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A. 每个晶胞中 个数为 12
B. 该晶胞在 yz 平面的投影为
C. 取代后，该电解质的化学式为
D. 若只有 发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面 MNPQ 的 数目相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．由晶胞结构可知，Sc 原子分布在晶胞的 8 个棱心和 4 个面心，由均摊法算出其原子个数为
，由晶体的化学式 可知，O 原子的个数是 Sc 的 3 倍，因此，每个晶胞
中 O2-个数为 12，A 正确；
B．由晶胞结构可知，该晶胞在 yz 平面的投影就是其前视图 ，B 正确；
C．Ce4+ 取代 La3+后，Li+数目减小并产生空位，因此，根据化合价的代数和为 0 可知，取代后该电解质的
化学式为 ，C 错误；
D．Li+与电子所带的电荷数目相同，只是电性不同，原电池中内电路和外电路通过的电量相等，因此，若
只有 Li+发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面 MNPQ 的 Li+数目相等，D 正确；
综上所述，本题选 C。
13. 复相平衡中有一类特殊的类型，其特点是平衡只涉及气体生成物，而其余都是凝聚相，如：
，这类反应在特定温度下达到平衡时，所生成气体的总压力，
称为该物质的分解压，如 的分解压 。下表为 600K 时，某些氧化物的分解压。
则下列说法错误的是
氧化物 CuO FeO MnO MgO
分解压
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A. 某温度时 的
B. 600K 时将 MnO 还原为 Mn，可用 Cu 作为脱氧剂
C. 随着温度的升高， 的分解压升高
D. 相同温度条件下，上述氧化物若分解压越大，则该物质稳定性越差
【答案】B
【解析】
【详解】A． 分解压 ，反应中两者物质的量相等，故 ，
，A 正确；
B．CuO 的分解压（ kPa）远高于 MnO（ kPa），说明 CuO 更易分解，则 Cu 的还原性弱，
不足以还原更稳定的 MnO，B 错误；
C． 分解反应为吸热反应（ ），升温平衡右移，分解压增大，C 正确；
D．分解压越大，氧化物越易分解，稳定性越差，D 正确；
故选 B。
14. 室温下，用 或 调节 溶液的 pH， 以及
、 随 pH 的变化如图所示（已知 是二元强酸）。下列说法正确的是
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A. Ⅱ表示
B. 溶液中
C. B 点溶液中存在
D. 溶液中存在平衡 ，平衡常数
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据 、 ，由于 大于
，即 时的 pH 应小于 的 pH，根据 A、B 点 的坐标，则
Ⅰ为： ，Ⅱ为 ，A 错误；
B．根据选项 A 分析， ，
，
，B 错误；
C．根据图像可知，B 点 ，由右侧图可知 ，根据电荷守恒有
，即
，C 正确；
D． 的平衡常数 ，由 C 点可知：
、 ，则
，D 错误；
故答案选 C。
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二、非选择题：本题共 4 小题，共 58 分。
15. 2—噻吩乙醇： （Mr=128）是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：
（1）步骤Ⅰ制钠砂：向烧瓶中加入 300 mL 甲苯和 6.90 g 金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大
量微小钠珠出现。
金属钠通常保存在______（填“煤油”或“ ”）中。甲苯______（填“能”或“不能”）用乙酸代替。
（2）步骤Ⅱ制噻吩钠：将烧瓶内溶液降温至 10℃ ，加入 38.0 mL、1.066 g/mL 噻吩（Mr=84），反应至钠砂
消失。
该实验量取噻吩的玻璃仪器是______（填字母），该反应中，氧化剂是______。噻吩沸点低于吡咯
（ ）的原因是______。
a 烧杯 b．量筒 c．容量瓶
（3）步骤Ⅲ制 2-噻吩乙醇钠：将烧瓶内溶液再降温至-10℃ ，加入稍过量环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应
30 min。
该反应为放热反应，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是______。
（4）步骤Ⅳ水解：将烧瓶内溶液恢复至室温，向烧瓶中加入 70 mL 水，搅拌 30 min：加盐酸调 pH 至 4～6
，继续反应 2 h，分液；用水洗涤有机相，二次分液。
该步骤中发生反应的总化学方程式为______。分液时，下列实验仪器不需要用到的是______（填仪器名称）。
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（5）步骤Ⅴ分离：向有机相中加入无水 ，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和
甲苯后，得到产品 26.88 g。
产率计算：产品产率为______（精确至 0.1 %）。
【答案】（1） ①. 煤油 ②. 不能
（2） ①. b ②. 噻吩 ③. 噻吩分子间不能形成分子间氢键，而吡咯分子间能形成氢键，分子间
作用力增强，沸点大于噻吩
（3）分批次，多次少量加入
（4） ①. +HCl +NaCl ②. 直形冷凝管、牛角管（或
尾接管）
（5）70.0 %
【解析】
【分析】将钠加热得到小钠珠，降温至 10℃ ，加入噻吩，反应至钠砂消失，降温至-10℃ ，加入稍过量的
环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应得到 2-噻吩乙醇钠，酸性条件下水解得到 2-噻吩乙醇，分液得到有机相，
干燥、过滤、蒸馏分离得到产品。
【小问 1 详解】
钠通常保存在煤油中；乙酸能与钠发生反应，甲苯不与钠反应，故不能用乙酸代替甲苯。
【小问 2 详解】
该实验量取噻吩的玻璃仪器是量筒，故选 b；该反应中，钠失电子，噻吩得电子，故氧化剂是噻吩；噻吩沸
点低于吡咯的原因是噻吩分子间不能形成分子间氢键，而吡咯分子间能形成氢键，分子间作用力增强，沸
点大于噻吩。
【小问 3 详解】
该反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是：分批次，多次少量加入。
【小问 4 详解】
该步反应为 2-噻吩乙醇钠酸性条件下水解得到 2-噻吩乙醇，故总方程式为： +HCl
+NaCl；分液需要用到分液漏斗和烧杯，不需要用到：直形冷凝管、牛角管（或尾接
管）。
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【小问 5 详解】
6.90 g 金属钠为 0.3 ml，38.0 mL、1.066 g/mL 噻吩为 ，故 2—噻吩乙醇
的理论产量为 0.3 ml，所以产率为 。
16. 萤石是一种金属卤化物矿石，其主要成分为 ，可用作冶金助熔剂、氢氟酸生产、光学材料制造等
领域。氟化钠是一种用途广泛的氟化物试剂，若以萤石为原料，可通过以下两种工艺制备：
Ⅰ
Ⅱ
已知：①室温下， 是难溶酸性氧化物：
② 、 在不同温度时的溶解度如图所示：
温度/℃ 20 40 60
0.00014 0.00015 0.00016
溶解度/g
NaF 4.06 4.40 4.68
③20℃时，
回答下列问题：
（1）NaOH 电子式为______，验证萤石中含有钙元素可使用的方法为______（选填字母）。
A．原子发射光谱法 B．红外光谱法 C．X 射线衍射
（2）工艺Ⅰ：研磨引发的固相反应为 ，分析沉淀的成分，测得反应
的转化率为 。水浸分离，NaF 的产率仅为 。
工艺Ⅱ：水浸后 NaF 的产率可达 左右，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式______。“水浸”后溶液中主
要的金属阳离子是______（填离子符号）。
（3）从滤液Ⅱ获取纯净的 NaF 晶体的操作为______、趁热过滤、洗涤、干燥。
（4）研磨能够促进固相反应的原因可能有______（填标号）。
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a．增大反应物间的接触面积 b．破坏反应物的化学键 c．降低反应的焓变
（5）当水与岩石、土壤接触时，会溶解其中的钙、镁化合物，实验测定某河水中钙镁离子含量的原理及步
骤如下：
①测定原理 ：
：
铬黑 络合物的稳定性：
②测定步骤：
步骤 1：取 50mL 待测水样，加入氨水调节 ，以铬黑 T 为指示剂，用 溶液滴定，
达到滴定终点时，消耗标准液的体积为 26.00mL。
步骤 2：另取 50mL 待测水样，加入 NaOH 溶液调节 ，此时镁离子以 沉淀形式掩蔽，以
紫尿酸铵为指示剂，用 溶液测定 含量，消耗标准液的体积为 16.00mL。通过计算
可确定该河水样品中 含量为______mg/L。
【答案】（1） ①. ②. A
（2） ①. ②.
（3）蒸发结晶 （4）ab
（5）48
【解析】
【分析】工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为 ，水浸后得到滤液Ⅰ主要
是 NaF、Ca(OH)2 溶液，经过系列操作得到 NaF 固体；对比两种工艺流程，流程Ⅱ添加 TiO2 粉末，由题目
可知，生成的 CaTiO3 的溶解度极低，使得 Ca2+不转化为 Ca(OH)2，提高了 NaF 的产率。
【小问 1 详解】
NaOH 是离子化合物，电子式为 ；原子或离子在受激后返回基态时发射特定波长的光，通过
分析这些特征光谱来确定物质的元素组成，验证萤石中含有钙元素可使用的方法为原子发射光谱法，选 A。
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【小问 2 详解】
工艺Ⅱ中 CaF2、NaOH、TiO2 反应生成 CaTiO3、NaF、H2O，化学反应方程式为
。“水浸”后溶液中主要的金属阳离子是 。
【小问 3 详解】
NaF 的溶解度受温度影响不大，从滤液Ⅱ获取纯净的 NaF 晶体的操作为蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥。
【小问 4 详解】
研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反应物之间的接触面积，研磨过程中的机械力可能导致反
应物的化学键断裂，研磨不直接降低活化能，故选 ab。
【小问 5 详解】
步骤 1：取 50mL 待测水样，加入氨水调节 ，以铬黑 T 为指示剂，用 溶液滴定，
达到滴定终点时，消耗标准液的体积为 26.00mL，可知 50mL 待测水样中钙离子、镁离子的总物质的量为
0.026L×0.01ml/L=0.00026ml；
步骤 2：另取 50mL 待测水样，加入 NaOH 溶液调节 ，此时镁离子以 沉淀形式掩蔽，以
紫尿酸铵为指示剂，用 溶液测定 含量，消耗标准液的体积为 16.00mL，可知 50mL
待测水样中钙离子的物质的量为 0.016L×0.01ml/L=0.00016ml、 的物质的量为
0.00026ml-0.00016ml=0.0001ml，该河水样品中 含量为
。
17. 的资源化有利于减少空气中 的含量，实现“碳达峰”“碳中和”的目标
Ⅰ． 与烷烃耦合：
已知：
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（1）写出该耦合反应的热化学方程式______。
Ⅱ． 的电还原可制备高附加值的有机物
（2）电催化还原可将 同时转化为多种燃料，其反应机理如图所示（*CO 表示吸附态的 CO）。
已知：Sn 的活性位点对 O 的连接能力较强， 、 的活性位点对 C 的连接能力较强，Cu 对 CO 的吸附
能力远强于 Au，且 Cu 吸附 CO 后不易脱离。
①阴极生成甲酸的电极方程式为______。
②若还原产物主要为 ，应选择______（填“Sn”“Au”或“Cu”）作催化剂。
Ⅲ． 催化加氢直接合成二甲醚
主反应 1： 。
副反应 2：
其他条件相同时，反应温度对 平衡总转化率及反应 2.5 小时的 实际总转化率影响如图 1 所示；反
应温度对二甲醚的平衡选择性及反应 2.5 小时的二甲醚实际选择性影响如图 2 所示。（已知： 的
）
（3）图 1 中，温度高于 290℃， 平衡总转化率随温度升高而上升的原因可能是______。
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（4）图 2 中，在 240～300℃范围内，相同温度下，二甲醚的实际选择性高于其平衡值，从化学反应速率的
角度解释原因：______。
（5）若 220℃时在体积为 1L 的密闭容器内投入 和 ，同时发生反应 1 和 2，10 分钟后
达到平衡，此时二甲醚选择性为 转化率为 内 ______，请计算该体系中反
应 2 的平衡常数 ______（保留两位有效数字）。
【答案】（1）
（2） ①. ②. Cu
（3）温度高于 290℃，随着温度升高，副反应 2(吸热反应)向右移动的程度大于主反应 1(放热反应)向左移
动的程度，使 的平衡总转化率上升
（4）主反应 1 的活化能比副反应 2 的活化能低，导致在未达到平衡时，主反应 1 的速率相对更快，因此二
甲醚的实际选择性高于其平衡值
（5） ①. ②. 0.078
【解析】
【小问 1 详解】
根据图示可知，该历程反应物是二氧化碳和丙烷，产物是丙烯、一氧化碳和水，结合盖斯定律，两式直接
相加，可得其热方程式： 。
【小问 2 详解】
①阴极是二氧化碳得电子，还原为甲酸，电极反应式为： 。
②若还原产物主要为 CH4 时，应选择 Cu 作催化剂，根据反应机理，第一步是 C 与催化剂活性位点相连，
排除 Sn；Au 对 CO 吸附能力较小，CO 易脱离；Cu 对 CO 的吸附能力强，不易从催化剂表面脱离。因此，
应选择 Cu 作催化剂。
【小问 3 详解】
温度高于 290℃，随着温度升高，副反应 2(吸热反应)向右移动的程度大于主反应 1(放热反应)向左移动的程
度，使 的平衡总转化率上升。
【小问 4 详解】
主反应 1 的活化能比副反应 2 的活化能低，导致在未达到平衡时，主反应 1 的速率相对更快，因此二甲醚
的实际选择性高于其平衡值。
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【小问 5 详解】
初始 ，故总消耗 。 反应速率
。二甲醚选择性为 80%，即生成二甲醚消耗的 CO2 占总消耗 CO2
的 80%。 主反应 1 消耗 。 根据主反应方程式：
， 生成 ，消耗
，生成 。 副反应 2 消耗
。 根据副反应方程式： ， 生
成 ，消耗 ，生成 。 平衡时各物质的量（ ，浓
度数值等于物质的量），所以各物质的浓度为：
，
。
18. 我国科学家从甘西鼠尾草中分离出的二萜类化合物可用于治疗心血管疾病，目前已实现人工合成，其中
间体 L 的一条合成路线如下。
回答下列问题：
（1）A→B 发生反应的类型为______，B 中含氧官能团的名称为______，M 结构为 ，其化
学名称为______。
（2）B→C 的设计意图为______。
（3）F 的结构简式为______
（4）D 的同分异构体同时满足以下条件的有______种（不考虑立体异构）。
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（ⅰ）只含一种官能团 （ⅱ）含六元环 （ⅲ）能发生银镜反应
（5）图是某有机物合成路线的一部分，根据以上合成信息，完成填空。
其中 N→P 的化学方程式为______（反应物可以用相应的字母 N 表示），Q 的结构简式为______。
【答案】（1） ①. 取代反应 ②. 羰基 ③. 乙二醇
（2）保护羰基 （3）
（4）6 （5） ①. N+CH2OHCH2OH +H2O ②.
【解析】
【分析】A与Br2 发生反应生成的B中含有一个溴原子，推测该步骤发生取代反应；B与乙二醇CH2OHCH2OH
在 H+条件下生成 C，目的是用乙二醇保护 B 中的羰基，得到具有缩酮结构的 C，C 为 ；C 到 D
的反应是将二甲基甲酰胺的甲酰基部分转移到双键上；由 D 到 E 发生反应得到具有碳碳双键的产物 E：
；由 E 到 G 发生关环得到具有两个六元环的 G，则 F 为 ；随后 G 到 H，醛基在碱
性条件下与肼作用，被还原为甲基，此外酸性条件下缩酮恢复至酮的结构；最后由 J 经过一系列反应得到 L。
【小问 1 详解】
A→B 为 A 与 Br2 发生反应生成的 B 中含有一个溴原子，则该步骤发生取代反应；B 的结构为
，含氧官能团的名称为羰基；M 结构为 ，其化学名称为乙二醇。
小问 2 详解】
B→C 即酮羰基与乙二醇 CH2OHCH2OH 在 H+条件下生成缩酮结构，目的是用乙二醇保护 B 中的羰基。
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【小问 3 详解】
由分析可知，F 的结构为 。
【小问 4 详解】
D 的结构为 ，不饱和度为 4，其同分异构体同时满足以下条件：（ⅰ）只含一种官能团，（ⅱ）
含六元环，（ⅲ）能发生银镜反应，则含 3 个醛基，其余为饱和碳原子，则符合条件的结构有
、 、 、 、
、 共 6 种。
【小问 5 详解】
L 与 HCN 发生加成反应得到 N，根据题目信息，N 与乙二醇反应得到 P ，则 P 为 ，
再与 在 条件下生成 ，则 Q 为
， 在酸性条件下恢复至酮的结构，酮羰基与氨基发生消去反应得到
S；根据以上分析，N→P 的化学方程式为 N+CH2OHCH2OH +H2O，Q 的结构简式为
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。