湖南长沙市雅礼中学2026届高三下学期二模考试 化学试题（含解析）高考模拟

这是一份湖南长沙市雅礼中学2026届高三下学期二模考试 化学试题（含解析）高考模拟，共13页。试卷主要包含了 已知反应， 某荧光材料的结构片段如图，5～2等内容，欢迎下载使用。
化 学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，用橡皮擦于净后，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。写在本试题卷上无效。
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 N～14 O～16 Na～23 Cl～35.5 Cu～64 Ce～140
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 华夏瑰宝，凝聚先民智慧，下列文物主要成分属于无机非金属材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．青铜的主要成分是铜、锡等金属，属于金属材料，不是无机非金属材料， A 错误；
B．釉里红花纹玉瓶是瓷器，其主要成分是硅酸盐、氧化物等，属于无机非金属材料， B 正确；
C．竹简主要成分是纤维素，属于天然有机高分子材料，不是无机非金属材料， C 错误；
D．素纱蝉衣的主要成分是蚕丝，蚕丝属于蛋白质，属于天然有机高分子材料，不是无机非金属材料，D错误；
故答案选B。
2. 下列有关化学品使用的说法中，错误的是
A. 阿司匹林的化学名称为乙酰水杨酸，具有解热镇痛作用
B. 明矾溶液显酸性，中国古代利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈
C. 味精的主要成分为谷氨酸钠，是一种常用的增味剂
D. 抗坏血酸(即维生素C)不易被氧化，是水果罐头中常用的抗氧化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．阿司匹林化学名称为乙酰水杨酸，是常见的具有解热镇痛作用的药物，A正确；
B．明矾中的发生水解反应使溶液显酸性，可与铜锈（碱式碳酸铜）反应将其除去，B正确；
C．味精的主要成分为谷氨酸钠，能够增添食品鲜味，是常用的增味剂，C正确；
D．抗坏血酸（维生素C）具有较强还原性，易被氧化，因此可作水果罐头中的抗氧化剂，选项“不易被氧化”的表述错误，D错误；
故选D。
3. 下列实验操作或装置能达到相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaOH固体易潮解、具有强腐蚀性，不能直接用滤纸放在托盘上称量，必须放在烧杯或表面皿等玻璃器皿中称量，A不符合题意；
B．废液含重金属，直接冲洗排入下水道会污染水体，废液需倒入废液缸中经过处理后才能排放，B不符合题意；
C．外加电流法防护金属腐蚀时，被保护的铁管道应该接电源负极作阴极；图中铁管道接电源正极，作阳极会加快腐蚀，C不符合题意；
D．常温下，高锰酸钾能氧化浓盐酸产生氯气，D符合题意；
答案选择D。
4. 已知反应：，设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1
B. 的中心原子价层电子对数为
C. 当消耗气体时，转移的电子数为
D. 常温常压下，4 g NaOH中所含的分子数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应中为氧化剂，共2 ml参与反应；中1 ml O被氧化为中+2价的O，作还原剂，故氧化剂与还原剂物质的量之比为，A正确；
B．中心O原子价层电子对数为，故的中心原子价层电子对数为，B错误；
C．未指明所处的状态是否为标准状况，无法确定其物质的量，转移电子数无法计算，C错误；
D．是离子化合物，由和构成，不存在分子，D错误；
故选A。
5. 下列性质与微观解释不相符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．C-F键能高于C-H键，且氟原子可包裹碳链形成稳定螺旋结构，因此聚四氟乙烯稳定性强于聚乙烯，A正确；
B．冠醚中的O含有孤电子对，与K+通过配位键（离子-偶极作用）结合，并非离子键，微观解释错误，B错误；
C．聚氯乙烯加工时会添加增塑剂等添加剂，使用过程中可能释放有害有毒物质，因此不适合制造饮用水分离膜，C正确；
D．邻羟基苯甲酸电离出H+后，生成的羧基负离子可与邻位羟基形成分子内氢键，提升负离子稳定性，使其更易电离，酸性强于苯甲酸，因此更大，D正确；
故选B。
6. 一种制备光致抗蚀剂P的合成方法如图。下列说法正确的是
A. x=2n-1B. 该反应为加聚反应
C. N分子中所有原子可能共平面D. 1 ml P最多能与4 ml H2反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应为M上的羟基与N上的羧基发生的酯化反应，M分子中的每个重复单元都有一个羟基，1 ml M可以与n ml N发生酯化反应，生成n ml水，x=n，A错误；
B．加聚反应没有小分子副产物生成，该反应生成小分子水，该反应是酯化反应，不是加聚反应，B错误；
C．N中含有苯环、碳碳双键和羧基，苯环的所有原子共平面，碳碳双键的所有原子也共平面，羧基中的C=O与-OH也可以旋转到同一平面，因此N分子中所有原子可能共平面，C正确；
D．P是高聚物，P分子中含有苯环和碳碳双键，1个P的链节含有1个苯环和1个碳碳双键，故1个P的链节最多与4个氢气分子发生加成反应，所以1 ml P最多能与4n ml 发生加成反应，D错误；
故选C。
7. 某荧光材料的结构片段如图。Q、R、Z、Y为原子序数依次增大的短周期元素，Y、Z同主族；基态R原子的L层p轨道为半充满；基态X2+的价电子排布式为3d10。下列说法错误的是
A. 第一电离能：R＜Z
B. 电负性：X＜Q
C. 简单氢化物的键角：Z＞Y
D. 该荧光材料中X的化合价为+2价
【答案】A
【解析】
【分析】Q、R、Z、Y原子序数依次增大，Y、Z同主族且均为短周期元素，Y、Z同主族(短周期)，故Z位于第二周期、Y位于第三周期，基态R原子的L层p轨道为半充满，则R的核外电子排布为，则R为N。基态X2+的价电子排布式为，则基态X原子的价电子排布为，X为Zn。根据结构片段图，1个Z可与2个原子成键，1个Y可与4个原子成键，则Z为O(原子序数为8)，可知Z为O、Y为S。Q原子序数小于N，且结构中Q仅与1个原子形成共价键，则Q为H。
【详解】A．同周期元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，N的2p3为半充满稳定结构，第一电离能N大于O，即R大于Z，A错误；
B．金属元素的电负性小于非金属元素，故电负性H大于Zn，即X小于Q，B正确；
C．Z的简单氢化物为，Y的简单氢化物为，O的电负性大于S，成键电子对间斥力更大，键角大于，即Z大于Y，C正确；
D．化合物中带2个单位负电荷，带1个单位正电荷，根据化合物整体电中性可知X的化合价为+2价，D正确；
故选A。
8. 利用闪锌矿(含ZnS、FeS)制备ZnS的过程如下。
已知：在pH为0.5～2.5范围内稳定，Fe3+在pH≈2.8时沉淀完全。
下列说法错误的是
A. “酸浸”时通入O2有利于减少污染气体的排放
B. “酸浸”时Zn2+的浸出速率逐渐增大，可能原因是生成的Fe3+参与Zn2+浸出
C. “除铁”时发生反应的离子方程式为：+6+3Fe3++2=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6CO2↑
D. “深度除铁”时应加热，升高溶液温度加快化学反应速率
【答案】D
【解析】
【分析】闪锌矿中的、，加入、酸浸后，、分别转化为、，被氧化为硫单质，然后加入除铁、得到沉淀​，除去大部分铁；再深度除铁，先加将剩余氧化为，再调pH使完全沉淀为，最终得到。
【详解】A．闪锌矿中的、在酸浸时，与反应会生成有毒的气体，通入可将氧化，减少污染气体的排放，A正确；
B．酸浸时会和、反应生成，具有氧化性，可与发生反应：，从而加快浸出速率，B正确；
C．除铁时，、、与反应生成，根据原子守恒、电荷守恒配平，给出的离子方程式是正确的，C正确；
D．深度除铁时加入的受热易分解，若加热，会导致分解，降低氧化效率，不利于除铁，D错误；
故选D。
9. 电化学-化学耦合反应实现氨选择性氧化合成肼()的装置如图所示。下列说法错误的是
A. 电子移动方向：a极→电源正极，电源负极→b极
B. 该合成方法可以避免氨在电极上被过度氧化产生副产物
C. 电极反应Ⅱ为
D. 理论上电路中每通过6 ml e-，阴极区电解质溶液的质量减少6 g
【答案】D
【解析】
【分析】根据装置中物质转化可知，a极上苯酚转化为环己酮，发生失电子的氧化反应，故a为阳极，与电源正极相连，b极为阴极，与电源负极相连。阳极区苯酚先被氧化为环己酮，环己酮再在溶液中与反应生成，在电极上失去电子生成环己酮和肼，可避免直接在电极表面发生氧化反应。阴极区得电子生成和，装置中为阴离子交换膜，允许阴离子向阳极迁移。
【详解】A．电解池中电子由阳极流出流向电源正极，由电源负极流向阴极，故电子移动方向为a极→电源正极，电源负极→b极，A正确；
B．未直接在电极上发生反应，而是在溶液中与阳极生成的环己酮反应，可避免氨在电极上被过度氧化产生副产物，B正确；
C．电极反应Ⅱ中失电子，结合水与碳酸根生成环己酮、肼和碳酸氢根，配平后离子方程式符合电荷守恒与原子守恒，C正确；
D．阴极的电极反应为，电路中每通过2 ml电子，生成1 ml 逸出，同时生成2 ml ，会通过阴离子交换膜向阳极区迁移，故电路中通过6 ml电子时，阴极区减少的质量为生成氢气的质量与迁出的质量之和，为3×2+6×17g=108 g ，D错误；
故选D。
10. 某研究团队认为：硝基苯在钴基双位催化剂((C-NPs)的作用下，转化为苯胺的反应机理如图所示。下列叙述错误的是
A. 该反应中的还原剂是
B. 该反应过程中涉及配位键的形成
C. 若用同位素标记的代替，则得到
D. 总反应为：
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，硝基苯在钴基双位催化剂((C-NPs)的作用下与反应生成苯胺，总反应为：。
【详解】A．硝基苯转化为苯胺发生还原反应，NH3⋅BH3中B为-3价，反应后生成BO2−​ 中B为+3价，B化合价升高失去电子，NH3⋅BH3是还原剂，A正确；
B．反应中C-NPs作为催化剂，C有空轨道，由图知，该反应过程涉及钴与氧原子、氮原子之间配位键的形成，B正确；
C．中BH3的H未被标记。苯胺中氨基（-NH2）的H来自BH3提供的H，ND3的D不参与H转移，产物应为Ph-NH2而非Ph-NHD，C错误；
D．由图，总反应为硝基苯与在C-NPs催化下生成苯胺和NH4BO2，结合质量守恒，反应为，D正确；
故选C。
11. 二氧化铈()常用作玻璃工业添加剂。如图所示，立方晶胞中与最近的核间距为a pm，在其晶胞中掺杂，占据部分位置可得到更稳定的结构。为阿伏加德罗常数。
已知：
Ⅰ.掺杂后的晶体中：；
Ⅱ.的空缺率
下列说法错误的是
A. 晶胞中的配位数为8
B. 晶胞中位于形成的四面体空隙中
C. 晶体的密度为
D. 掺杂后的空缺率为10%
【答案】C
【解析】
【分析】为萤石型立方晶胞，位于晶胞顶点与面心，1个晶胞中含4个，位于形成的四面体空隙中，1个晶胞中含8个，每个周围最近的数目为8，配位数为8。与最近的核间距为晶胞体对角线的。
【详解】A．晶胞中每个周围距离最近的有8个，配位数为8，A正确；
B．形成面心立方堆积，晶胞内四面体空隙总数为8，恰好被8个全部占据，位于形成的四面体空隙中，B正确；
C．与最近核间距为晶胞体对角线的，则晶胞边长L=4a3×10−10 cm ，晶胞质量m=4×(140+2×16)NA g=688NA g ，晶胞体积V=L3=4a×10−1033 cm3，密度ρ=mV=688×33×103064a3NA=3.87×103243a3NA g·cm−3，选项给出的数值错误，C错误；
D．取掺杂后晶体含3ml 和1ml ，阳离子总物质的量为3 ml+2 ml=5 ml ，总正电荷为3×4+2×3=18 ，由电荷守恒得物质的量为182=9 ml ，若阳离子均为时对应物质的量为5×2=10 ml ，空缺率为10−910×100%=10% ，D正确；
故选 C。
12. 某密闭容器中发生以下两个反应：①；②。反应①的正反应速率，反应①的逆反应速率，反应②的正反应速率，反应②的逆反应速率，其中k为速率常数。某温度下，体系中生成物浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 前，反应②平均反应速率
B. 时，反应速率
C. 该温度时，
D. 若加催化剂，变大，不变，则的最大值增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，前，反应②的平均速率，A错误；
B．由图可知，初始生成M的速率大于N，则，时两个反应均达到平衡状态，由于、，正反应速率，则逆反应速率，B错误；
C．①，，平衡时，则，同理，②-①得到，则，C错误；
D．若加催化剂，变大，不变，则反应①的速率增大，反应②的速率不变，反应①的选择性提高，则的最大值增大，D正确；
故选D。
13. 乙酰乙酸乙酯是一种重要的有机合成中间体，实验室常用乙酸乙酯和乙醇钠反应制备。由于其在常压蒸馏时容易分解产生“去水乙酸”，故在完成合成、酸化、分液和干燥后．通过下图所示装置进行提纯操作。已知乙酰乙酸乙酯沸点与压力的关系如下表，下列说法错误的是
A. 合成乙酰乙酸乙酯必须使用无水的溶剂和仪器
B. 压力为30mmHg时，应将热浴温度控制在88℃
C. 克氏蒸馏头能防止液体冲入冷凝管
D. 减压蒸馏结束后，应先移去热源，再关闭真空泵
【答案】B
【解析】
【分析】本实验是通过乙酸乙酯和乙醇钠反应制备乙酰乙酸乙酯，由于产物在常压蒸馏时容易分解产生“去水乙酸”，因此采用减压蒸馏进行提纯。减压蒸馏的核心原理是降低体系压力，从而降低液体的沸点，避免高温导致产物分解。实验装置中，克氏蒸馏头可防止液体暴沸后冲入冷凝管，毛细管玻璃管用于引入小气泡作为汽化中心，接收瓶连接真空泵以维持体系负压。
【详解】A．合成乙酰乙酸乙酯时使用的乙醇钠极易与水反应，且乙酸乙酯在碱性条件下遇水会发生水解反应，因此整个合成过程必须使用无水的溶剂和仪器，以保证反应顺利进行并提高产率，A正确；
B．根据表格数据，当压力为30mmHg时，乙酰乙酸乙酯的沸点为88℃。在减压蒸馏操作中，为了确保液体能够平稳沸腾并被蒸出，热浴温度应控制在比沸点高10~20℃，即应控制在108~118℃左右，而不是88℃。若热浴温度过低，蒸馏速率会过慢甚至无法进行，B错误；
C．克氏蒸馏头有两个支管，其中一个用于连接温度计，另一个作为缓冲空间。当蒸馏瓶内液体因暴沸而剧烈翻腾时，克氏蒸馏头可以有效阻挡液体飞沫直接冲入冷凝管，从而防止冷凝管和接收瓶被污染，C正确；
D．减压蒸馏结束后，应先移去热源，待体系冷却后，缓慢通入空气使体系恢复常压，最后关闭真空泵。如果先关闭真空泵，可能导致真空泵油倒吸；如果未冷却就通入空气，可能导致接收瓶中的液体倒吸回蒸馏装置中，D正确；
故答案选B。
14. 常温下，溶液中含硫微粒的物质的量分数()与pH变化的关系如图1所示，而和FeS分别在饱和溶液(0.1 )中达到沉淀溶解平衡时，、与pH的关系如图2所示[]。
常温下，下列说法错误的是
A. M表示与pH的关系
B. 反应的平衡常数
C. 0.1 NaHS溶液中含硫微粒的浓度：
D. 气体可将浓度均为0.1 的和完全分离(离子浓度可认为沉淀完全)
【答案】B
【解析】
【分析】是二元弱酸，pH越小酸性越强，主要以为主，pH较高时以为主，故图一中，①物质的量分数，②为物质的量分数，③物质的量分数；当=时，pH=6.87，，的，当=时，pH=13，；=，故。
【详解】A． =，所以，，；KspFeS=cFe2+⋅cS2-=cFe2+×Ka1⋅Ka2⋅cH2Sc2H+，，−lgcFe2+=−2lgcH+−lgKspFeS⋅Ka1⋅Ka2⋅cH2S，pcFe2+=2pH−lgKspFeS⋅Ka1⋅Ka2⋅cH2S，因为图2中M的斜率较大，所以表示的是pcFe2+与pH的关系，A正确；
B．由图2可知，pH=4时，cAg+=10−18 ml⋅L−1，cFe2+=10−5 ml⋅L−1，cH2S=0.1 ml⋅L−1，故KspAg2S=c2Ag+⋅cS2−=c2Ag+×Ka1⋅Ka2⋅cH2Sc2H+=10−48.87，同理可得，反应2Ag+aq+H2Saq⇌Ag2Ss+2H+aq的平衡常数K=c2H+c2Ag+⋅cH2S=Ka1⋅Ka2KspAg2S=1029，B错误；
C．NaHS溶液中既可以电离又可以水解，电离常数为，水解常数为Kh=KwKa1=10−1410−6.87=10−7.13，水解大于电离，所以0.1 NaHS溶液中含硫微粒的浓度：cHS−>cH2S>cS2−，C正确；
D．完全沉淀时，cAg+=10−5 ml⋅L−1，则cS2−=10−38.87 ml⋅L−1，由于cFe2+=0.1 ml⋅L−1，所以，故还未开始沉淀，可将和完全分离，D正确；
故答案为：B。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 发光变色的双核铜配合物是一类具有特殊光物理性质的金属有机材料，这类材料在外界刺激(如溶剂蒸气、热、光)下可发生发光颜色或强度的可逆变化，广泛应用于有机电致发光器件(OLED)、化学传感及化学实验教学等领域。
Ⅰ.双核铜配合物的制备
ⅰ.将、乙腈(CH3CN)、过量铜粉加入圆底烧瓶中，搅拌至完全反应。抽滤，减压蒸馏除去乙腈，得到固体。
ⅱ.往圆底烧瓶中依次加入乙腈、二苯基-2-吡啶膦()、铜粉、，充分反应，经一系列操作后得到双核铜配合物。
（1）基态的价电子排布式为_______。
（2）制备的化学方程式为_______。
（3）“抽滤”中，下列仪器需要使用的是_______(填仪器名称)。

（4）步骤ⅱ中加入铜粉的目的是_______。
Ⅱ.铜含量分析称取a g双核铜配合物于锥形瓶中，先加入浓硝酸，再加入约50 mL水，滴入几滴PAN指示剂，用c 标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗标准溶液体积V mL。滴定过程发生的反应和颜色变化如下：
(黄色)→{Cu-PAN}(紫红色)
(蓝色)
(蓝色)+PAN(黄色)溶液呈蓝绿色
（5）加入浓硝酸的目的是_______。
（6）产品中铜元素的质量分数是_______(用含a、c、V的式子表示)。
（7）下列实验操作中，有错误的是_______(填标号)。
【答案】（1）
（2）CuClO42⋅6H2O+Cu+8CH3CN=2CuCH3CN44ClO4+6H2O (或CuClO42+Cu+8 CH3CN=2CuCH3CN4ClO4}
（3）布氏漏斗 （4）步骤ⅱ中铜粉作保护剂，防止Cu(Ⅰ)被氧化
（5）使双核铜配合物中Cu(Ⅰ)变为，便于后续滴定
（6）64cV×10−3a×100%
（7）bd
【解析】
【分析】以六水合高氯酸铜、铜粉、乙腈为原料反应生成中间产物[Cu(CH3CN)4]ClO4，再加入配体、铜粉反应得到目标双核铜配合物，分离过程采用抽滤操作。
【小问1详解】
基态原子的价电子排布式为，失去2个电子后形成，价电子排布式为。
【小问2详解】
反应物为Cu(ClO4)2⋅6H2O 、、，生成物为[Cu(CH3CN)4]ClO4和，根据得失电子守恒、原子守恒配平得反应方程式为Cu(ClO4)2⋅6H2O+Cu+8CH3CN=2[Cu(CH3CN)4]ClO4+6H2O 。
【小问3详解】
抽滤为减压过滤操作，需使用布氏漏斗作为过滤容器，其余仪器均不适用抽滤操作，因此需要使用的仪器为布氏漏斗。
【小问4详解】
反应生成的性质不稳定，易被氧化为，加入铜粉可作保护剂，防止被氧化，同时可还原体系中可能生成的，保证产物价态正确。
【小问5详解】
滴定反应仅可参与，浓硝酸具有强氧化性，可将双核铜配合物中所有铜元素全部氧化为，确保铜元素完全参与滴定反应，保证测定结果准确。
【小问6详解】
根据滴定反应的计量关系，n(Cu2+)=n(Na2H2Y)=c ml·L−1×V×10−3 L=cV×10−3 ml ，铜元素的质量为64 g·ml−1×cV×10−3 ml=64cV×10−3 g ，因此铜元素的质量分数为64cV×10−3a×100% 。
【小问7详解】
a．润洗滴定管时，边倾斜边旋转滴定管使润洗液布满全管内壁，操作正确，a正确；
b．酸式滴定管需左手控制旋塞(左手手心朝向滴定管外侧，拇指在活塞上方，食指和中指在活塞下方，三指捏住活塞柄，无名指和食指自然弯曲)，图中操作将活塞拔出，操作错误，b错误；
c．接近滴定终点时的半滴操作，将滴定管尖嘴的半滴溶液靠在锥形瓶内壁，再用洗瓶冲洗入瓶中，操作正确，c正确；
d．滴定管刻度从上到下逐渐增大，图中凹液面最低处对应的读数为5.60mL，不是4.40mL，读数错误，d错误。
因此操作有错误的是bd。
16. 2025年某新能源企业推出了以Na2ZrCl6作固态电解质的第二代钠电池。工业上以天然锆英石(主要成分为ZrSiO4，含有Fe2O3、Cr2O3、Pb3O4、SiO2等杂质)为原料生产的工艺流程如下：
已知：
ⅰ.锆为第五周期元素，与钛同族；
ⅱ.“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为、、、；
ⅲ.“煅烧”后固体主要成分为ZrO2、Fe2O3和Cr2O3；
ⅳ.“还原”前后相关物质升华温度及沸点如下：
（1）锆位于元素周期表________区。
（2）Pb3O4在“溶浸”时生成一种黄绿色气体，反应的离子方程式为________。
（3）已知存在平衡：PbCl42−aq⇌PbCl2s+2Cl−aq，“沉铅”时加入的物质A最佳选择为________(填标号)。
a.PbO b.氨水 c. d.
（4）“高温氯化”时发生的主要反应的化学方程式为________。
（5）①的沸点远高于的升华温度的原因可能是________。
②“升华”前进行“还原”的主要目的是________。
（6）晶体可传导，利用作固体电解质电解可将废气中的氮氧化物(如)转化为无污染气体，则电解池阴极的电极反应式为________。
【答案】（1）d （2）Pb3O4+8H++14Cl−=3PbCl42−+Cl2↑+4H2O
（3）a （4）
（5） ①. ①为离子晶体，为分子晶体，离子键的作用力远强于分子间作用力 ②. ②把还原为沸点更高的，防止升华影响的纯度
（6）
【解析】
【分析】向天然锆英石(主要成分为ZrSiO4，含有Fe2O3、Cr2O3、Pb3O4、SiO2等杂质)中加入硝酸、浓盐酸溶浸，SiO2不参与反应而进入滤渣1，“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为、、、，加入物质A“沉铅”，此时转化为PbCl2沉淀，再向滤液中加入氨水调节pH，使、、转化为对应的氢氧化物沉淀，煅烧后转化为为、和，再加入C和Cl2进行“高温氯化”生成ZrCl4、FeCl3、CrCl3，通入氢气将FeCl3还原为FeCl2，升华后ZrCl4转化为气体，FeCl2、CrCl3仍以固态形式存在，最后ZrCl4与NaCl在特定条件下化合生成Na2ZrCl6。
【小问1详解】
由已知ⅰ可知，锆为第五周期元素，与钛同族，故锆是第五周期、第ⅣB族的元素，位于周期表的d区；
【小问2详解】
Pb3O4中含+4价的Pb，+4的Pb在酸性条件下可氧化生成黄绿色的气体Cl2，Pb全部转化为 ，发生反应的离子方程式为：Pb3O4+8H++14Cl−=3PbCl42−+4H2O+Cl2↑ ；
【小问3详解】
沉铅的目的是使平衡PbCl42−aq⇌PbCl2s+2Cl−aq正向移动，生成沉淀；
a．加入的PbO是碱性氧化物，会与溶液中的H⁺反应，消耗了溶浸时加入的盐酸，导致溶液中Cl⁻浓度降低，浓度减小，促进平衡PbCl42−aq⇌PbCl2s+2Cl−aq正向移动，生成沉淀，且不引入新杂质，a正确；
b．氨水会引入杂质离子，且可能使其他金属离子沉淀，b错误；
c．不与溶液反应，无法促进平衡移动，c错误；
d．加入，与生成AgCl沉淀，得到和的混合固体，达不到沉铅目的，且在溶液中会引入杂质离子，d错误；
故选a；
【小问4详解】
“高温氯化”时，主要成分和Cl2、C反应，转化为，C转化为CO，故“高温氯化”下发生主要反应的化学方程式为：ZrO2+2C+2Cl2=高温ZrCl4+2CO ；
【小问5详解】
①为离子晶体，为分子晶体，离子键的作用力远强于分子间作用力，因此的沸点远高于的升华温度；
②由表格可知，和的升华温度相近，不利于分离提纯，在“升华”前进行“还原”的主要目的是把还原为沸点更高的，防止升华影响的纯度；
【小问6详解】
在阴极，NO2得电子，被还原为无污染的N2，由题意可知晶体可传导，故阴极的电极反应式为：2NO2+8e−=N2+4O2−。
17. 化合物H是一种第三代免疫调节剂，可增强T细胞和自然杀伤细胞介导的免疫反应，抑制单核细胞促炎性细胞因子的生成，诱导肿瘤细胞凋亡，在各类恶性肿瘤、免疫性疾病的治疗中受到广泛关注。H的一种合成路线如图。
已知：Me表示甲基，CDI的结构简式。
回答下列问题：
（1）B的名称为________；A→B的反应类型为________。
（2）D→F的化学方程式为________。
（3）G→H的反应机理可用下图表示(X为某种不含取代基的环状有机物)。由此可知G→H的过程中产生的副产物X为________；试推出G→H中活化中间体2的结构简式：________。
（4）化合物W为C的同分异构体，满足结构中含苯环，且官能团种类及数目均与C完全相同的结构有________种。
（5）结合上述合成路线，设计以丁二酸、题干中所用试剂为原料制备 的合成路线________。
【答案】（1） ①. 1,2-苯二甲酸(邻苯二甲酸) ②. 氧化反应
（2） （3） ①. ②.
（4）5 （5）
【解析】
【分析】A被氧化生成B，对比E和F的结构简式并结合D的分子式可知，D为 ，对比B和D的结构简式可知，B硝化反应生成C ，C脱去一分子水生成D，F发生还原反应生成G，G在CDI作用下发生反应生成H；
【小问1详解】
由结构，B为1,2-苯二甲酸(邻苯二甲酸)；A中甲基氧化为羧基，为氧化反应；
【小问2详解】
D与E发生取代反应生成F，结合质量守恒，同时生成水，反应为：；
【小问3详解】
根据G→H反应机理，CDI为羰基连接两个咪唑基团，第一步，G中羧基与CDI反应后，脱出二氧化碳和一分子咪唑（）生成活化中间体2，第二步，G中氨基中的H被取代后又生成一分子咪唑，因此副产物X为咪唑（）；活化中间体2是G的羧基与CDI反应后，脱去二氧化碳和一分子咪唑的产物，结构为：。
【小问4详解】
C为，官能团为1个硝基、2个羧基，均取代在苯环上，分子式满足苯环+1个硝基和2个羧基，共3个取代基（两个羧基相同，硝基不同）：两个羧基邻位时，硝基有2种不同位置（）；两个羧基间位时，硝基有3种不同位置（）；两个羧基对位时，硝基有1种不同位置（）； 总共有2+3+1=6种结构，减去C本身，得到同分异构体共5种。
【小问5详解】
丁二酸发生C生成D的原理得到，再和E发生D生成F的原理得到，再发生G生成H的原理得到最终产物，流程为：。
18. 近年来，为应对全球气候变暖等环境问题，以CO2为原料合成有机物成为化学科学家研究的热点。回答下列问题：
Ⅰ.CO2和H2可以通过催化生成甲醇，其涉及的化学反应如下：
主反应：
副反应：
（1）结合上述两个反应，计算的反应热_______。
（2）T℃时，在容积可变的密闭容器中充入2.0 ml CO2和3.2 ml H2，体系中只发生主、副两个反应，反应物和产物均为气体，增大压强，CH3OH的选择性________(填“增大”“减小”或“不变”)；平衡时体系压强为p kPa，含有0.6 ml CH3OH，此时CH3OH的选择性为60%，主反应的压强平衡常数________(用含p的式子表示)。[CH3OH选择性=n生成CH3OHn消耗CO2×100% ；压强平衡常数用平衡分压代替平衡浓度计算]
（3）对催化剂做性能测试：一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算CO2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能。
①某温度时，测得反应器出口中含碳物质的物质的量之比nCO2:nCH3OH:nCO=24:5:1 ，则该温度下CO2的转化率为________。
②其他条件相同时，催化剂A和催化剂B在不同温度下的催化性能分别如图1、图2所示，实际生产时选用催化剂A，试分析原因：________。
③下列说法正确的是________(填标号)。
A.保持其他反应条件不变，体系内温度越高，CO2的转化率一定越高
B.使用合适的催化剂，可以改变反应历程，降低主反应的活化能
C.当容器中CO2与H2的物质的量之比保持不变时，表明该反应体系已达平衡
D.若保持温度和压强不变，平衡时再向容器内充入一定量的氩气，副反应平衡不移动
Ⅱ.CO2与环氧化合物反应可以转化为有价值的有机物，转化过程如图所示。
（4）X的分子式是C4H6O3，是一种五元环状化合物，X的结构简式为________；N原子上的孤电子对主要进攻甲基环氧乙烷上的碳原子a，而不是碳原子b，结合电负性解释原因：________。
【答案】（1）-90.7
（2） ①. 增大 ②. 9.6p2
（3） ①. 20% ②. 相同温度下，使用催化剂A，的转化率更高，的选择性也更大 ③. BC
（4） ①. ②. 电负性：O＞C，a、b处碳带部分正电荷，甲基是供电子基，b处碳带正电荷少，因此孤电子对更容易进攻a处碳原子
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，将主反应减去副反应，可得目标反应，对应反应热ΔH3=ΔH1−ΔH2=−49.5 kJ·ml−1−41.2 kJ·ml−1=−90.7 kJ·ml−1。
【小问2详解】
主反应正向为气体分子数减小的反应，增大压强主反应平衡正向移动，副反应反应前后气体分子数相等，压强改变平衡不移动，故的选择性增大。
生成0.6 ml CH3OH ，的选择性为60%，则总消耗的物质的量为0.6 ml60%=1 ml ，副反应消耗的物质的量为1 ml−0.6 ml=0.4 ml 。平衡时各组分物质的量：剩余为2.0 ml−1 ml=1 ml ，剩余为3.2 ml−0.6 ml×3−0.4 ml×1=1 ml ，为0.6 ml ，为，为0.6 ml+0.4 ml=1 ml ，总气体物质的量为1 ml+1 ml+0.6 ml+0.4 ml+1 ml=4 ml 。
各组分分压：p(CO2)=14p kPa ，p(H2)=14p kPa ，p(CH3OH)=0.64p kPa ，p(H2O)=14p kPa 。
主反应的压强平衡常数Kp=p(CH3OH)⋅p(H2O)p(CO2)⋅p3(H2)=0.6p4×p4p4×p43=9.6p2 kPa−2。
【小问3详解】
①出口含碳物质的物质的量之比n(CO2):n(CH3OH):n(CO)=24:5:1 ，初始总碳的物质的量为24+5+1=30 ，转化的碳的物质的量为，故的转化率为630×100%=20% 。
②对比图1和图2可知，相同温度下，催化剂A对的选择性更高，且的转化率更高，更有利于目标产物甲醇的生成，低温下使用能耗更低，故实际生产选用催化剂A。
③A．主反应正向放热，温度升高主反应平衡逆向移动，副反应正向吸热，温度升高副反应平衡正向移动，故体系温度越高，的转化率不一定越高，A错误；
B．使用合适的催化剂，可以改变反应历程，降低主反应的活化能，加快反应速率，B正确；
C．初始投料n(CO2):n(H2)=2:3.2 ，两个反应消耗与的比例不同，当容器中与的物质的量之比保持不变时，说明各组分物质的量不再变化，反应体系已达平衡，C正确；
D．保持温度和压强不变，平衡时充入一定量的氩气，容器体积增大，主反应平衡逆向移动，导致副反应各组分的分压不等比例变化，副反应平衡发生移动，D错误。
故选BC。
【小问4详解】
甲基环氧乙烷开环后与加成生成五元环状化合物X，X的分子式为C4H6O3，对应结构为。氧的电负性大于碳，C-O键中共用电子对偏向氧原子，使两个碳原子均带部分正电荷；碳原子b连接给电子基团甲基，正电性弱于碳原子a，故N原子上的孤电子对主要进攻正电性更强的碳原子a。A．四羊青铜方尊
B．釉里红花纹玉瓶
C．战国曾侯乙墓竹简
D．西汉素纱蝉衣
A.称量NaOH固体
B.洗涤盛有CuSO4废液的试管
C.防止铁管道被腐蚀
D.制取氯气
选项
性质
微观解释
A
稳定性：聚四氟乙烯＞聚乙烯
C-F键能比C-H更大，且F包裹碳链，形成稳定的螺旋结构
B
冠醚18-冠-6能识别K+
冠醚中的O通过离子键与K+作用
C
聚氯乙烯微孔薄膜不能用于制饮用水分离膜
聚氯乙烯含增塑剂等添加剂，可能释放有害物质，不适合用于制饮用水分离膜
D
Ka1(邻羟基苯甲酸)＞Ka(苯甲酸)
邻位-OH能通过氢键稳定羧基负离子，显著增强酸性
压力/mmHg
760
80
60
40
30
沸点/℃
181
100
97
92
88
a.润洗时，边倾斜边旋转滴定管使润洗液布满全管内壁
b.滴定时，转动旋塞，适当控制滴定速度
c.接近滴定终点时的“半滴操作”
d.读取滴定管读数为4.40 mL
物质
升华温度/℃
331
315



沸点/℃


1300
700
1150