北京市昌平区2026届高三下学期一模化学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市昌平区2026届高三下学期一模化学试卷（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共 10 页，共 100 分。考试时长 90 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作
答无效。考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Ca40 Fe56 Ga70
第一部分
本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一
项。
1. 2026 年 1 月我国科研团队在嫦娥六号带回的月壤样品中，首次发现了天然形成的单壁碳纳米管。它是一
种由单层碳原子卷曲而成的中空管状纳米材料，具有优异的导电导热性。关于单壁碳纳米管，下列说法正
确的是
A. 属于金属材料 B. 是由碳元素组成的化合物
C. 是由碳原子通过离子键形成的 D. 比金刚石导电能力强
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属材料包括金属单质和合金，单壁碳纳米管由碳元素组成，属于非金属材料，A 错误；
B．化合物是由两种或两种以上元素组成的纯净物，单壁碳纳米管仅含碳元素，属于碳单质，B 错误；
C．离子键是阴、阳离子之间的静电作用，单壁碳纳米管中碳原子间以共价键结合，不存在离子键，C 错误；
D．金刚石中碳原子均以 sp3 杂化形成共价键，无自由移动电子，导电能力极差，题干明确说明单壁碳纳米
管具有优异的导电性，因此其导电能力比金刚石强，D 正确；
故答案选 D。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 的电子式：
B. 基态 原子的价电子轨道表示式：
C. Cl 的原子结构示意图：
D. 的 VSEPR 模型：
【答案】B
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【解析】
【详解】A． 是共价化合物，O 原子最外层有 6 个电子，与 2 个 H 原子各形成 1 对共用电子对，剩余
2 对孤电子对，其电子式为 ，A 正确；
B．基态 原子的核外电子排布式为 ，因此价电子为 。轨道表示式中，3d 轨道应
全 部 填 满 （ 5 个 轨 道 各 2 个 电 子 ， 自 旋 相 反 ）， 4s 轨 道 有 1 个 单 电 子 ， 正 确 的 轨 道 表 示 式 为 ：
，B 错误；
C． 的原子序数为 17，核外电子分层排布为 2、8、7，原子结构示意图为 ，C 正确；
D． 的中心 N 原子的价层电子对数为 ，因此 VSEPR 模型为四面体形（包含 1 对孤电
子对和 3 个成键电子对），图示符合四面体形的 VSEPR 模型，D 正确；
故答案选 B。
3. 下列变化中，气体物质作氧化剂的是
A. 将 通入硫化氢溶液中，出现黄色浑浊
B. 将 通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色
C. 将 通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色
D. 将 通入滴有酚酞的水中，溶液变红
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO2 与硫化氢反应为 SO2+2H2S=3S↓+2H2O，SO2 中 S 元素化合价从+4 价降低为 0 价，得电子，
作氧化剂，A 正确；
B．SO2 通入酸性高锰酸钾溶液时，SO2 中 S 元素化合价从+4 价升高为+6 价， 气体失电子作还原剂，B
错误；
C．乙烯与溴发生加成反应 CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br， 的化合价由 0 价降低到-1 价，Br2 为氧化剂，
气体乙烯为还原剂，C 错误；
D．NH3 通入水中发生反应 NH3+H2O NH3·H2O +OH-，无元素化合价变化，属于非氧化还原反
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应，不存在氧化剂，D 错误；
故答案选 A。
4. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 食醋除去水垢中的 ：
B. 海水提溴过程中将溴吹入 吸收塔：
C. 用 和水制备少量 ：
D. 泡沫灭火器中 与 反应：
【答案】A
【解析】
【详解】A．食醋的主要成分为醋酸（ ），属于弱电解质，离子方程式中不能拆分为 ，正确
的离子方程式为 ，给定方程式与事实不符，A
错误；
B．海水提溴时 作为还原剂还原 ，给定离子方程式满足电荷守恒、原子守恒、得失电子守恒，与事
实相符，B 正确；
C． 与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式书写正确，与事实相符，C 正确；
D．泡沫灭火器中 与 发生双水解反应，给定离子方程式书写正确，与事实相符，D 正确；
故选 A。
5. 下列说法正确的是
A. 糖类、油脂、蛋白质均由 C、H、O 三种元素组成
B. 淀粉和纤维素互为同分异构体
C. 油脂在适当条件下能发生水解生成高级脂肪酸
D. 向蛋白质溶液里加入乙醇，蛋白质凝固，再加水蛋白质溶解
【答案】C
【解析】
【详解】A．糖类和油脂仅由 C、H、O 三种元素组成，但蛋白质除含 C、H、O 外，还含有 N 元素，部分
还含 S、P 等元素，A 错误；
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B．淀粉和纤维素的分子式均可表示为 ，但二者的聚合度 值不同，分子式不相同，不互为同
分异构体，B 错误；
C．油脂属于高级脂肪酸甘油酯，在酸性条件下水解可生成高级脂肪酸和甘油，因此适当条件下能水解生成
高级脂肪酸，C 正确；
D．乙醇会使蛋白质发生变性，变性是不可逆过程，蛋白质凝固后再加水不会溶解，D 错误；
故选 C。
6. L 是一种长效、缓释阿司匹林，其结构如图。
下列说法不正确的是
A. L 的单体不存在顺反异构
B. L 中碳原子的杂化类型是 、
C. L 能发生取代、氧化反应，不能发生加成反应
D. 1 ml L 最多消耗 3n ml NaOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．L 是通过加聚反应得到的聚合物，其单体为 ，该物质中碳碳双键
左侧碳原子连 2 个相同的 H 原子，故不存在顺反异构，A 正确；
B．L 中苯环碳和羰基碳均为 杂化，甲基碳与聚合物链上的碳均为 杂化，B 正确；
C．L 中苯环和甲基的 C-H 键能与卤素发生取代反应，L 可以燃烧（氧化反应），而且苯环可以与 发生加
成反应，C 错误；
D．L 的链节中存在 2 个酯基，其中酚羟基形成的酯基能消耗 2 个 NaOH，苯甲酸酯基能消耗 1 个 NaOH，
故 1 ml L 最多消耗 3n ml NaOH，D 正确；
故答案选 C。
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7. 用下列仪器或装置（图中夹持略）进行相应实验，能达到实验目的的是
目的 A．配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液 B．分离酒精和水
实验
D．检验溴乙烷的水解产物 目的 C．验证铁发生吸氧腐蚀
实验
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向容量瓶中转移溶液时，必须用玻璃棒引流，该操作未引流，不能达到实验目的，A 错误；
B．酒精和水互溶，混合液不会分层，无法用分液法分离，B 错误；
C．食盐水呈中性，铁钉发生吸氧腐蚀会消耗试管内氧气，使装置内压强减小，右侧导管内液面上升，可验
证铁的吸氧腐蚀，C 正确；
D．溴乙烷在 NaOH 溶液中水解后，溶液中剩余的 会和 AgNO3 反应，干扰 的检验，检验前需要先
加稀硝酸酸化除去 ，该操作缺少酸化步骤，不能达到目的，D 错误；
故答案选 C。
8. 下列事实与结论或解释不相符的是
事实 结论或解释
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相同温度下，浓度均为 的
由此可得
A
溶液和 NaClO 溶液，NaClO
溶液的 pH 更大
向装有 溶液的试管中滴加
B 由此可得
溶液，产生白色沉淀，再滴加 溶液
出现黑色沉淀
在水中的溶解度小于其在 中的溶 原因是 为极性分子， 和 为 C
解度 非极性分子
气态氟化氢中存在 ，而气态氯化氢 原因是电负性 F 大于 Cl，HF 分子间可 D
形成氢键
中是 HCl 分子
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．相同温度下同浓度的弱酸强碱盐，pH 越大说明酸根水解程度越大，对应弱酸的酸性越弱、
越小，NaClO 溶液 pH 更大说明 HClO 酸性弱于 ，故 ，事实与
结论相符，A 不符合题意；
B．题中未明确加入的 溶液的量，故滴加 后溶液中可能仍有过量的 ，再滴加 时，
直接与剩余的 反应生成 CuS 黑色沉淀，并不是 ZnS 沉淀转化为 CuS，无法证明
，事实与结论不相符，B 符合题意；
C．根据“相似相溶”原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂， 和 为非极性分子， 为极性分子，
故 在 中溶解度更大，事实与解释相符，C 不符合题意；
D．F 的电负性远大于 Cl，HF 分子间可形成氢键而发生缔合生成 ，HCl 分子间无氢键，不存在二聚
体，事实与解释相符，D 不符合题意；
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故答案选 B。
9. 在容积可变的密闭容器中，发生反应 。起始时 NO 和 的物质的量之
比为 。在不同压强下反应达到平衡时，测得 NO 转化率随温度的变化如下图。
下列说法不正确的是
A. 压强： B. 化学平衡常数：y 点 点
C. x 点 的物质的量分数为 50% D. 达到平衡所用的时间：y 点 点
【答案】D
【解析】
【分析】该反应为 ，正反应是气体分子数减少的放热反应（温度升高 NO
转化率降低，说明升温平衡逆向移动，正反应放热）。
【详解】A．相同温度下，增大压强平衡正向移动，NO 转化率升高。由图可知，同温下 对应的 NO 转化
率大于 ，因此 ，A 正确；
B．平衡常数仅与温度有关，该反应正反应放热，温度越高平衡常数越小。y 点温度高于 x 点，故平衡常数
y 点< x 点，B 正确；
C．设起始 ， （符合起始物质的量比 ），x 点 NO 转化率为 ，列三段
式： 平衡总物质的量为 ， 的物质的量分
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数为 ，C 正确；
D．反应速率受温度和压强影响：y 点温度高于 x 点，且 ，温度越高、压强越大，反应速率越快，达
到平衡的时间越短，因此达到平衡时间 y 点< x 点，D 不正确；
故答案选 D。
10. 碘循环工艺不仅能吸收 降低环境污染，同时又能制得氢气，反应机理如下。
已知：ⅰ．分离器中的混合液利用 进行分离，在过量 存在下，分成含低浓度 的 层和含高浓度
的 HI 层；
ⅱ．反应器 2 中该条件下反应的 。
下列说法正确的是
A. 反应器 1 中的反应存在 键断裂和 键形成
B. 分离器中， 增大，使 正移，增大 在 HI 中的溶解度
C. 反应器 2 中，增大压强有利于提高反应速率和 HI 的平衡转化率
D. 反应消耗 ，可制得
【答案】B
【解析】
【分析】该工艺中反应器 1 内发生的反应是 ，反应器 2 内的反应是
，生成的 循环回反应器 1，总反应为 ，据此分析：
【详解】A．反应物中不存在 键： 的 I-I 键是两个 p 轨道成键，为 键，不存在 键断
裂，A 错误；
B．存在平衡 ，当 增大时，平衡正向移动，更多 转化为 溶解在 HI 层，因此增大了
在 HI 中的溶解度，符合题中分离的规律，B 正确；
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C．反应器 2 中反应 ，反应前后气体分子数相等，增大压强可以加快反应速率，
但平衡不移动，HI 的平衡转化率不变，C 错误；
D．根据总反应 ，理论上消耗 可制得 ，但已知反应器 2 中反
应的平衡常数 ，说明 不能完全分解，且 循环使用，实际制得的 小于 ，D 错误；
故选 B。
11. 苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸（含有少量 NaCl 和泥沙）的提纯方案如下。
已知：苯甲酸和 NaCl 在水中的溶解度如下表。
温度（ ） 25 50 75 95
溶解度 苯甲酸 0.34 0.85 2.2 6.8
（ 水）
NaCl 36.1 37.1 38.3 38.9
下列说法不正确的是
A. 此方案利用了不同温度下苯甲酸溶解度差异较大的性质
B. 操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和 NaCl
C. 操作Ⅲ冷却结晶析出的晶体主要是苯甲酸
D. 操作Ⅴ可用冷水洗涤晶体
【答案】B
【解析】
【分析】粗苯甲酸提纯的原理是重结晶：杂质为不溶性泥沙和可溶性 NaCl，苯甲酸溶解度随温度变化显著
增大，而 NaCl 溶解度随温度变化很小，苯甲酸加水、加热溶解、趁热过滤，滤液冷却结晶析出苯甲酸晶体，
经过滤、洗涤、干燥得到苯甲酸，据此分析；
【详解】A．该方案正是利用了苯甲酸溶解度随温度变化差异大的性质实现提纯，A 正确；
B．趁热过滤的目的仅除去不溶性杂质泥沙，高温下 NaCl 溶解度大，完全溶解在滤液中，并不会被过滤除
去，B 错误；
C．降温后苯甲酸溶解度大幅降低，因此冷却结晶析出的晶体主要是苯甲酸，NaCl 含量少、溶解度变化小，
仍留在溶液中，C 正确；
D．苯甲酸在冷水中溶解度小，用冷水洗涤晶体，既可以除去晶体表面吸附的可溶性杂质，也能减少苯甲酸
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的溶解损失，D 正确；
故选 B。
12. 常温下，向 10 mL 浓度均为 的 NaOH 和 混合溶液中滴加 盐酸，溶液 pH
随盐酸加入体积的变化如下图所示。
已知：常温常压下，1 体积水能溶解约 1 体积 。
下列说法正确的是
A. 未加入盐酸前，混合溶液显碱性的主要原因是 水解
B. b 点的溶液中
C. d 点的溶液中，
D. 水的电离程度：b 点 点
【答案】C
【解析】
【分析】向 和 的混合溶液中滴加盐酸，反应分三步进行：
第一步： （中和 ，消耗 体积 ）；
第二步： （ 转化为 ，消耗 体积 ）；
第三步： （ 转化为 ，消耗 体积 ）；
初 始 混 合 溶 液 中 ： ，
；
【详解】A．未加盐酸时，溶液中同时存在 （强碱，完全电离）和 （强碱弱酸盐，水解显
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碱性）。 是强电解质，其电离出的 是溶液碱性的主要来源， 的水解是次要原因，A 错误；
B． 点加入盐酸的体积为 ，此时第一步中和 消耗 盐酸，第二步 消
耗 盐酸，理论上 完全转化为 ， 。但 会发生水解和电离，且
溶液中存在 与 的平衡，实际 略小于 ，B 错误；
C． 点加入盐酸的体积为 ，此时加入的 ，溶液中
始终为 ，因此 d 点的溶液中， ，C 正确；
D．由分析可知， 点溶液中溶质为 ， 的水解促进水的电离； 点溶液中溶质为
和 ， 抑制水的电离，因此水的电离程度： 点 点，D 错误；
故答案选 C。
13. 一种可自修复生物基高分子材料的中间体 P 的合成路线如下。
下列说法正确的是
A. 反应物 K 的核磁共振氢谱有四组峰
B. 反应物 K 与 L 的化学计量比是
C. 中间产物的结构简式为：
D. 按照①和②的反应原理，L 与 可形成高分子
【答案】D
【解析】
【分析】由 P 的结构可知中间产物脱水后形成 P，故中间产物结构简式为，K 和 L 发生加成反应
，故 K 的结构简式为 ，据此分析以下各
选项；
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【详解】A．K 分子式为 C8H8O3，名称为 3-甲氧基-4-羟基苯甲醛（香兰素），结构简式为 ，其
氢原子环境包括：苯环上 3 个不等效氢（2 位、5 位、6 位），甲氧基（−OCH3）上的 3 个等效氢，醛基（−
CHO）上的 1 个氢，羟基（−OH）上的 1 个氢，共计 6 组峰，非四组峰，A 错误；
B．最终产物 P 含 2 个 K 单元和 1 个 L 单元，总反应为：2K+L→P+2H2O，故 K:L = 2:1，非 1:2，B 错误；
C．中间产物的结构简式为： ,C 错误；
D．L 含两个伯氨基，对苯二甲醛含两个醛基，可按以下机理聚合：每个醛基与氨基加成生成-CH
(OH)-NH-结构，再脱水形成亚胺键（-CH=N-）并延伸链节，形成线性高分子，D 正确；
故选 D。
14. 查阅文献 和 对铜与浓硝酸的反应速率均有影响，利用下图装置进行实验验证。
序号 试剂 X 操作 现象 电流表示数
① 无 石墨电极一侧有少量气泡 a
石墨电极一侧有少量气泡，铜电 ② 无 b
极一侧溶液澄清，出现少量绿色
石墨电极一侧有少量气泡，铜电 ③ 无 c
极一侧溶液澄清，出现明显绿色
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向铜电
极一侧
持续通
④ d
入
已知：ⅰ． ；
ⅱ． 溶液显绿色；
ⅲ．电流表示数越大，单位时间内反应转移的电子数越多。
下列分析不正确的是
A. ①中产生少量气泡的电极反应为
B. ③中铜电极发生
C. 若 ，结合现象可证明 能加快铜与浓硝酸的反应速率
D. 若④中 ，可证明 能加快铜与浓硝酸的反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验①中石墨电极为正极，发生还原反应。酸性条件中 被还原为 NO2，电极反应式为：
，符合产物与电荷守恒，A 正确；
B．实验③中铜电极被氧化，结合现象“溶液显绿色”及已知 [Cu(NO2)4]2−显绿色，推断反应为：
，原子与电荷均守恒，符合实验现象，B 正确；
C．比较实验①（无 ）、②（含少量 ）、③（含高浓度 ），若电流满足 c>b>a，且绿色加深，
说明 浓度越高，反应速率越快，可证明 加快反应，C 正确；
D．实验④中通入 NO2，根据平衡 ，HNO2 会电离出 ，实际起催化
或加速作用的可能是 ，而非 NO2 本身。因此仅由 d>a，无法确证是 NO2 加速反应，结论不严谨，D 错
误；
故选 D。
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第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15. 电催化分解 制氢脱硫是实现 清洁高值利用的途径之一。钴（C）掺杂的硫化镉（CdS）材料
是 电催化分解的一种催化剂，可由 、 及 等制得。
（1）基态 的价层电子排布式为______。
（2）分解 制 比分解 制 所需的能量低，从原子结构的角度说明原因：__________。
（3） 的熔点（ ）高于 的熔点（ ），解释原因：____________。
（4）CdS 的晶胞是立方体结构，边长为 anm，结构示意图如下。
①与 最近且距离相等的阳离子有___个。
②已知 CdS 的摩尔质量为 ，阿伏加德罗常数为 ，该晶体的密度为___ 。
（ ）
（5）电催化分解 制氢脱硫包括直接分解法和间接分解法，原理装置示意图如下。
①直接分解法通常采用碱性溶液吸收 制成 NaHS 溶液进行电解，电解一段时间后反应会停止，结合电
极反应式解释原因：_____________。
②与直接分解法相比，间接分解法的优势是_____________。
【答案】（1）3d7 （2）O 原子的原子半径小于 S 原子，H-O 键的键长小于 H-S 键，H-O 键强于 H-S 键，
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断裂共价键需要的能量高
（3）Na2S 是离子晶体，H2S 是分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体
（4） ①. 4 ②.
（5） ①. 阳极的电极反应式为：HS- -2e-+OH-=S↓+H2O，放电生成的 S 附着在石墨电极上阻碍了反应
的进行 ②. 反应生成的 S 不会附着在石墨电极上阻碍反应的进行，且 Fe2+可以循环使用
【解析】
【小问 1 详解】
钴元素的原子序数为 27，基态亚钴离子的价层电子排布式为 3d7；
【小问 2 详解】
共价键的强弱与键长有关，键长越小，共价键越强，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则氧原子
的原子半径小于硫原子，H-O 键的键长小于 H-S 键，H-O 键强于 H-S 键，破坏共价键需要的能量高，所以
硫化氢分解制氢气需要的能量低于水分解制氢气需要的能量；
【小问 3 详解】
硫化钠是离子晶体，硫化氢是分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，所以硫化钠的熔点高于硫化氢；
【小问 4 详解】
①由晶胞结构可知，晶胞中镉离子位于硫离子形成的四面体空隙中，则与镉离子距离最近的硫离子个数为 4
，镉离子的配位数为 4，由化学式可知，硫离子的配位数为 4，所以与硫离子距离最近的镉离子个数为 4；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的镉离子个数为 4，位于顶点和面心的硫离子个数为：8× +6× =4
，设晶体的密度为 dg/cm3，由晶胞的质量公式可得： =( a×10-7)3d，解得 d= ；
【小问 5 详解】
①由题意可知，阳极上发生的反应为碱性条件下硫氢酸根离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成硫和水，
电极反应式为：HS- -2e-+OH-=S↓+H2O，放电生成的硫附着在石墨电极上阻碍了反应的进行，所以电解一段
时间后反应会停止；
②与直接分解法相比，间接分解法的优势是亚铁离子在阳极上发生氧化反应生成铁离子，铁离子在反应室
中与硫化氢反应生成亚铁离子、硫和氢离子，反应生成的硫不能附着在石墨电极上阻碍反应的进行，且反
应生成的亚铁离子进入阳极室可以循环使用。
16. 甲醇是重要的有机化工产品。我国研究者提出一种化学链空分联合化学链制氢的煤制甲醇新过程，主要
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工艺流程框架图如下。
（1）煤气化单元。合成气的主要成分为 CO、 ，还含有少量 ，该单元主要发生以下反应：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
①煤气化生成水煤气的反应为 ____ 。
②从能量角度说明煤气化过程中通入 的作用是________。
（2）化学链空分单元及化学链制氢单元的工艺流程示意图如下。
①化学链空分单元，还原反应器中发生反应的化学方程式为________。
②化学链制氢单元，反应器Ⅱ中发生反应的化学方程式为________。
③结合 的作用分析化学链空分单元的工作原理：________。
（3）甲醇合成单元。合成气中 CO、 均可与 反应生成甲醇，进入合成单元前需配比成合适氢碳比。
理论模拟在 、6MPa、初始合成气总物质的量相同的条件下，研究 及氢碳比对甲醇
平衡产率的影响，结果如图。
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①当初始 相同时，甲醇的平衡产率随 增大而下降的原因是____________。
②依据图示，合成甲醇时应如何调整合成气物质比例：__。
【答案】（1） ①. +131.4 ②. 煤气化生成水煤气的反应为吸热反应， 与 C 反应放热，提供能量，
维持反应持续进行
（2） ①. ②. ③. 空气进入氧化
反应器， 与 生成 ，分离出 ， 进入还原反应器分解生成 和 ，
循环利用，实现空气中 和 的分离
（ 3） ① . 反 应 ⅰ ： 、 反 应 ⅱ ：
，当合成气总物质的量及 相同时， 增
大，使 增大，c(CO)减小， 增大对反应ⅱ正移影响小于 c(CO)减小对反应 i 逆移的影响 ②.
适当提高 ，降低
【解析】
【小问 1 详解】
①根据盖斯定律，方程式ⅱ+ⅲ可得 ，
；
②煤气化生成水煤气的反应为吸热反应， 与 C 反应放热，提供能量，维持反应持续进行；
【小问 2 详解】
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①化学链空分单元，还原反应器中生成 和 ，发生反应的化学方程式为
；
②化学链制氢单元，反应器Ⅱ中铁与水蒸气高温下反应生成氢气，发生反应的化学方程式为
；
③空气进入氧化反应器， 与 生成 ，分离出 ， 进入还原反应器分解生成
和 ， 循环利用，实现空气中 和 的分离；
【小问 3 详解】
①合成气中 CO、 均可与 反应生成甲醇，化学方程式为：反应ⅰ：
、反应ⅱ： ，当合成气总物
质的量及 相同时， 增大，使 增大，c(CO)减小， 增大对反应ⅱ正
移影响小于 c(CO)减小对反应 i 逆移的影响，因此甲醇平衡产率下降；
②依据图示，控制 =4 的甲醇平衡产率比 =3 时高，可知合成甲
醇时应适当提高 ，降低 (即提高 CO 在碳氧化物中的占比)。
17. 系统性红斑狼疮的治疗药物中间产物 K 的合成路线如下。
已知：
（1）A 分子中含氧官能团的名称是_____。
（2）E 是最简单的羧酸， 的化学方程式是____________。
（3）下列说法中正确的是____（填序号）。
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a．A 的沸点高于 的沸点 b．B 可与 溶液发生显色反应
c．F 可与银氨溶液反应产生银镜 d．生成 G 时断裂 键和 键
（4）以 D 和 G 为原料合成 I 分为四步反应。
①G 的水溶液显碱性，结合结构和原理的相关知识解释原因：____________。
②Y 中存在含氮五元环和手性碳原子，X 中均不存在。Y 的结构简式为_____。
（5）K 的结构简式为_____。
【答案】（1）（酚）羟基、醛基
（2） （3）cd
（4） ①. G 分子中含有氨基，氨基氮原子有孤电子对， 提供空轨道，二者形成配位键，促进水的电
离，使溶液中 ②.
（5）
【解析】
【分析】A 物质和 发生取代反应生成 B： ，B 发生已知信息的反应生成 D：
。E 是最简单的羧酸（即 ），甲酸与甲醇在浓硫酸加热作用下发生酯化反应，生成 F：
，F 与 发生取代反应生成 G。D 和 G 经过四步反应生成 I，I 物质发生硝
化反应生成 J，J 物质发生还原反应生成 K。
【小问 1 详解】
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A 分子中含氧官能团的名称是（酚）羟基和醛基。
【小问 2 详解】
甲酸与甲醇发生酯化反应，则 的化学方程式是： 。
【小问 3 详解】
a．A 中邻位羟基和醛基易形成分子内氢键，分子间氢键少，沸点低于能形成分子间氢键的同分异构体，a
错误；
b．B 物质中不含有酚羟基，不能与 溶液发生显色反应，b 错误；
c．F 的结构为： ，属于甲酸酯，含有醛基，可与银氨溶液反应产生银镜，c 正确；
d．F 与 发生取代反应，断裂 上的 键，F 断裂 键，d 正确；
故选 cd。
【小问 4 详解】
①G 分子中含有氨基，氨基氮原子有孤电子对，能与水电离出的 形成配位键，使溶液中
，因此溶液显碱性。
②已知 D 是： ，D 与 G 发生加成反应生成 X： ；根据 J 物质逆推，可
知是 I 物质发生硝化反应生成 J，则 I 物质的结构为： ，Y 中存在含氮五元环和手
性碳原子，X 中均不存在，推断 X 中醛基发生加成反应生成 Y，则 Y 的结构为： ，Y 异构
化生成 Z，则 Z 的结构简式为 ，Z 发生消去反应生成 I；
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【小问 5 详解】
J 中硝基在 条件下还原为氨基，且 K 分子式中无氯原子，K 的结构简式为：
。
18. 太阳能电池废料的回收利用对光伏产业具有重要意义。从预处理后的废料（其中的铜铟镓硒元素主要以
硒化物形式存在，如 、 、 ）中提取金属镓的一种流程示意图如下。
已知：ⅰ。Ga、In 元素位于第ⅢA 族，Se 元素位于第ⅥA 族；
ⅱ。萃取剂 2 以 形式存在，萃取原理为： M
表示金属元素，rg 表示有机相，
（1）在浸出前将废料进行粉碎预处理，其作用是________。
（2）浸出液中含 Se 元素的物质为 。“沉硒”过程发生反应的化学方程式为________。
（3）解释“多级萃取铟”过程中主要萃取出 的原因是________。
（4）向有机相 2 中加入试剂 X 可实现萃取剂 2 再生。
①试剂 X 是________。
②从化学平衡角度解释萃取剂 2 如何再生________。
（5）电解获取金属镓。一种电解法制取镓的装置如下图 1，电解过程中阳极溶液 、
及碳损失量随电解时间的变化如下图 2。
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①获得镓的电极反应式为________。
②当电路中通过 a 库仑电量时，理论上可获得的金属镓的质量为________g（列出计算式）。
已知：电解中转移 1 ml 电子所消耗的电量为 96500 库仑。
③图 2 中 在 8~11 h 基本保持不变，结合化学用语说明可能的原因是________。
（6）该工艺体现绿色化学思想，流程中除萃取剂外，还能够循环利用的物质有________。
【答案】（1）增大接触面积，加快浸取速率，提高浸取率
（2）H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4
（3）K 萃取 In 大于 K 萃取 Ga
（4） ①. 稀盐酸 ②. 向有机相 2 中加入稀盐酸，溶液中的氢离子浓度增大，萃取平衡向逆反应方
向移动，反应后分液得到萃取剂 2
（5） ①. [Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH- ②. ③. 在 8~11 h，阳极区发生两个反应：
和 ，当两个反应速率相等
时， 基本保持不变
（6）NaOH
【解析】
【分析】由题给流程可知，向预处理后的废料中加入盐酸和过氧化氢混合溶液浸取，将金属元素转化为金
属氯化物，硒元素转化为亚硒酸，过滤得到滤渣和浸出液；向浸出液中通入二氧化硫沉硒，将亚硒酸转化
为单质硒，过滤得到硒固体和滤液 1；向滤液 1 中加入萃取剂 1 萃取除铜，分液得到含有铜离子的有机相 1
和水相 1；向水相 1 中加入萃取剂 2 多级萃取铟，分液得到含有铟离子的有机相 2 和水相 2；向水相 2 中加
入氢氧化钠溶液调节溶液 pH 为 4.5，将镓离子转化为氢氧化镓沉淀，过滤得到滤液 2 和氢氧化镓；向氢氧
化镓中加入氢氧化钠溶液，将氢氧化镓转化为四羟基合镓酸钠；电解四羟基合镓酸钠得到镓和可以循环使
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用的氢氧化钠。
【小问 1 详解】
在浸出前将废料进行粉碎预处理，可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸取速率，
提高浸取率；
【小问 2 详解】
由分析可知，“沉硒”过程通入二氧化硫沉硒的目的是将亚硒酸转化为单质硒，反应的化学方程式为：
H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4；
【小问 3 详解】
由题给信息可知，加入萃取剂 2 多级萃取铟时，铟元素的萃取反应的平衡常数远大于镓元素的萃取反应的
平衡常数，所以萃取过程中主要萃取出铟离子；
【小问 4 详解】
①由萃取方程式可知，增大溶液中的氢离子可以使平衡向逆反应方向移动，有利于萃取剂 2 的生成，所以
试剂 X 是盐酸；
②由萃取方程式可知，萃取剂 2 再生的操作为向有机相 2 中加入稀盐酸，溶液中的氢离子浓度增大，萃取
平衡向逆反应方向移动，反应后分液得到萃取剂 2；
【小问 5 详解】
①由题意可知，获得镓的阴极反应为四羟基合镓酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成镓和氢氧根离
子，电极反应式为：[Ga(OH)4]-+ 3e-=Ga+4OH-；
②电路中通过 库仑电量时，转移电子的物质的量为 ，生成 1ml Ga 转移 3ml 电子，Ga 摩尔
质量约为 ，因此质量为 。
③阳极上水放电： ，生成的 与 反应 ，使
增大；同时 又与 反应 ，故阳极区发生反应：
和 ，在 8~11 h，两个反应
速率相等时， 基本保持不变，
【小问 6 详解】
由分析可知，电解四羟基合镓酸钠得到镓和可以循环使用的氢氧化钠，所以流程中可以循环使用的物质是
萃取剂和氢氧化钠。
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19. 某小组实验探究 法滴定白云石 中钙含量时的条件。
（1）处理白云石矿样
步骤 1：用 HCl 溶解白云石矿样；
步骤 2：向上述溶液中加入沉淀剂 ，使 转化为 沉淀，过滤，洗净沉淀。
①步骤 1 发生反应的离子方程式为________。
②步骤 2 洗净沉淀是为了防止 影响后续滴定结果，检验沉淀已洗净的操作及现象是________。
（2）滴定条件探究
序号 实验内容及现象
将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶
液，并用稀 溶解沉淀控制酸度，趁热用 标准溶
Ⅰ
液滴定。开始滴定时快速加入 标准溶液，产生大量棕黑色
沉淀，随着滴定继续进行，沉淀消失，滴定终点读取数据。
将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶
液，并用稀 溶解沉淀控制酸度，趁热用 标准溶 Ⅱ
液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，溶液
始终澄清，滴定终点读取数据。
已知：ⅰ． 为紫红色， 近乎无色， 棕黑色沉淀；
ⅱ． ；
ⅲ．滤纸的主要成分为纤维素。
① 既做标准溶液又做指示剂，滴定终点的现象是________。
②实验Ⅰ中棕黑色沉淀产生的途径可能有：
途径一：____________
途径二：
途径三：
a．途径一的离子方程式为________。
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b．途径一、二对测定结果无影响，途径三会使测得的 的含量偏高，分析原因：________。
实验Ⅰ最终测得的 的含量偏高。
③实验Ⅱ测得的 的含量也偏高，经分析认为是滤纸浸入溶液造成的，理由是________。
（3）改进滴定实验
分析实验Ⅰ、Ⅱ测定结果偏差的原因，增加实验Ⅲ，将滤纸全部浸入盛有热蒸馏水的烧杯中，并用稀
控制酸度与Ⅱ相同，趁热用 标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完
全后再加入下一滴，滴定终点读取数据。
白云石矿样为 ag，实验Ⅱ、Ⅲ消耗 标准溶液的体积分别为 、 。白云石矿样中钙的质
量分数为________（列出计算式）。
【答案】（1） ①. ； ②. 取少量最后一次洗涤
液于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净；
（2） ①. 滴入最后半滴 标准溶液后，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色； ②.
； ③. 棕黑色沉淀溶解是 与 反
应生成 造成的，途径一二 及其生成的 均用于氧化 ，且最终还原产物均只有
，因此消耗 体积不变，而途径三 除用于氧化 ，自身被还原为 外，还
有一部分自身分解生成 ，使得消耗 体积增大； ④. 滤纸的主要成分纤维素具有还原性，会
被酸性 氧化，额外消耗标准液，导致结果偏高；
（3） 或 ；
【解析】
【分析】白云石 先和盐酸反应生成 ， 再和 生成 沉淀，
沉淀和硫酸反应后和 反应，根据 得出白云石中钙的质量分数。
【小问 1 详解】
①白云石是难溶固体，与 HCl 反应生成可溶性钙盐、镁盐、 和水，故离子反应方程式为
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；
②杂质 存在于洗涤液中，用硝酸酸化的 检验 ，若无白色沉淀生成，则洗涤已洗净；
【小问 2 详解】
① 自身可作指示剂，滴定终点时 完全反应，过量半滴 使溶液显特征浅紫红色；
②a.初始滴定时反应速率慢， 被草酸还原为 ，根据得失电子守恒配平即可得到离子方程式：
；
b.棕黑色沉淀溶解是 与 反应生成 造成的，途径一二 及其生成的 均用
于氧化 ，且最终还原产物均只有 ，因此消耗 体积不变，而途径三 除用于氧
化 ，自身被还原为 外，还有一部分自身分解生成 ，使得消耗 体积增大；
③滤纸的主要成分纤维素具有还原性，可被酸性高锰酸钾氧化，额外消耗标准液，导致测定结果偏高；
【小问 3 详解】
实验Ⅲ为空白实验，扣除滤纸消耗的体积 V2 后，实际与草酸反应的 体积为 V1−V2；根据反应关系
，得 ，代入钙的摩尔质量 40 g/ml，即可得到
质量分数 或 。
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