2026年高考云南卷化学高考真题（含答案）

这是一份2026年高考云南卷化学高考真题（含答案），共8页。
1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用黑色碳素笔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：H1 Li7 B11 C12 N14 O16 S32 Fe56 Ni59
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. 化学强国，筑梦未来。下列说法错误的是
A. “雪豹”轮式载具所用耐寒轮胎，属特种橡胶
B. “北脑一号”脑机系统植入手术所用钛板，属陶瓷材料
C. “天舟七号”飞船所用石英加速度计，核心部件含二氧化硅
D. “深海一号”储油平台所用聚酯系泊缆绳，主要成分为有机高分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．橡胶属于有机高分子材料，耐寒轮胎为适应特殊环境设计，属于特种橡胶，A项正确；
B．钛板的核心成分是金属钛，属于金属材料，而陶瓷材料是无机非金属材料，因此钛板不属于陶瓷材料，B项错误；
C．石英的主要成分为二氧化硅，C项正确；
D．聚酯是由多元醇与多元酸通过缩聚反应生成的有机高分子化合物，D项正确；
故答案为B。
2. 下列化学用语或图示表示正确的是
A. 红磷和白磷互为同素异形体
B. CH3Cl是非极性分子
C. H2O的空间结构模型：
D. 基态的价层电子轨道表示式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．同素异形体指同种元素形成的不同单质，红磷和白磷均由磷元素组成且结构不同，属于同素异形体，A项正确；
B．CH3Cl中C-Cl键为极性键，且分子空间结构不对称，CH3Cl类似甲烷的四面体结构，但Cl取代H后电荷分布不均，属于极性分子，B项错误；
C．H2O中O原子的价层电子对数为，含2对孤对电子，空间结构为V形，C项错误；
D．的价电子数为6+2=8，其价层电子轨道表达式为，D项错误；
故答案为A。
3. 合成氨工艺沿革，诠释科学精神传承。几种固氮方式如图，下列说法正确的是
A. NO是红棕色、有刺激性气味的气体
B. NH4HCO3易溶于水，其电离方程式为
C. 合成氨工业中采用循环操作主要是为了提高N2和H2的利用率
D. 新型催化剂能降低N2生成的反应热
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO是无色、有刺激性气味的气体，NO2为红棕色气体，A项错误；
B．NH4HCO3为属于盐类，为强电解质，在水中完全电离为和，为弱酸酸式根，不能进一步拆分，因此其电离方程式为，B项错误；
C．合成氨反应为可逆反应，反应物的平衡转化率较低，循环操作可将未反应的N2和H2回收再利用，从而提高原料利用率，C项正确；
D．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但反应热由反应物和生成物的总能量差决定，与催化剂无关，因此新型催化剂不能改变N2生成N[Si(CH3)3]3的反应热，D项错误；
故答案为C。
4. 下列说法正确的是
A. 石油的分馏属于化学变化
B. 蔗糖属于二糖，水解产物为葡萄糖
C. 明矾可作净水剂，其水溶液呈碱性
D. 碳酸氢钠受热分解的化学方程式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．石油分馏是利用石油中各成分沸点不同，通过加热、冷凝实现分离的过程，由于过程中没有新物质生成，属于物理变化，而非化学变化，A项错误；
B．蔗糖是典型的二糖，水解生成等物质的量葡萄糖和果糖，B项错误；
C．明矾加入水中发生水解反应：，Al(OH)3胶体吸附水中杂质，可作净水剂，水解生成，溶液呈酸性，C项错误；
D．NaHCO3热稳定性较差，受热易分解，D项正确；
故答案为D。
5. 下列装置或试剂能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．硝酸银中的Ag+是重金属离子，能破坏蛋白质的空间结构，使其失去生物活性，发生变性，A能达到实验目的；
B．装置图中缺少杯盖，热量散失严重，会导致测得的中和热数值偏小，B不能达到实验目的；
C．制备Fe(OH)3胶体是向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，图中是将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中，会直接发生反应生成的是Fe(OH)3沉淀，C不能达到实验目的；
D．MnO2与浓盐酸反应制取氯气（），需要加热条件，图中装置没有酒精灯加热，反应无法发生，D不能达到实验目的；
故选A。
6. 彩云之南，花开四季。下列说法错误的是
A. 的分子式为B. X能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 能发生加成和水解反应D. 最多消耗
【答案】D
【解析】
【详解】A．W的结构简式为，根据结构简式可得分子式为，A正确；
B．X的结构简式为，分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．Y的结构简式为，分子中含有碳碳双键和酯基，能发生加成和水解反应，C正确；
D．Z的结构简式为含有碳碳双键和酚羟基，酚羟基的邻位（2个位置）可以被Br原子取代，1ml Z消耗2 ml Br2，侧链上的碳碳双键可以与Br2发生加成反应，1ml Z消耗1 ml Br2，总共最多消耗3 ml Br2，C错误；
故选D。
7. 化学护坝体，劳动保安全，某水电站坝体维护示意图如下，下列说法错误的是
A. 黏土是生产水泥的主要原料之一
B. 与的反应属于氧化还原反应
C. 聚四氟乙烯的合成：
D. 利用板保护钢闸门时，需定期检查、更换
【答案】B
【解析】
【详解】A．水泥的主要原料是石灰石（CaCO3）和黏土，黏土提供硅、铝等元素，是水泥生产的核心原料之一，A正确；
B．根据图示，与反应方程式可表示为：，反应前后，各元素化合价均未发生变化，没有电子转移，属于非氧化还原反应，B错误；
C．聚四氟乙烯由四氟乙烯（CF2=CF2）通过加聚反应合成，双键打开形成高分子链，反应方程式为：，C正确；
D．该防护方法为牺牲阳极法（牺牲负极保护法），Zn的金属活动性比Fe强，作为原电池的负极，会不断被氧化腐蚀，而钢闸门（Fe）作为正极被保护，随着反应进行，Zn板会逐渐消耗，因此需要定期检查、更换Zn板，保证防护效果，D正确；
故选B。
8. 某水滑石是一种高效环保的阻燃剂，所含U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，U是原子半径最小的元素，V的轨道电子数是轨道电子数的一半，X的最外层电子数与其K层电子数相等，Y的氧化物具有两性，X和Z同主族，Z的原子序数等于W和X的原子序数之和。下列说法正确的是
A. 最简单氢化物沸点：B. 最高价氧化物的水化物碱性：
C. 第一电离能：D. 与能形成两种常见液态化合物
【答案】D
【解析】
【分析】U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，U是原子半径最小的元素，则U为H，V的p轨道电子数是s轨道电子数的一半，电子排布式为，则V为C，X的最外层电子数与其K层电子数相等，X为第IIA族元素，可能的电子排布式为（Be）或（Mg)，X的原子序数大于V，则X为Mg，Y的氧化物具有两性，则Y为Al，X和Z同主族，则Z为Ca，Z的原子序数等于W和X的原子序数之和，既20-12=8，即W为8号元素，则W为O，据此回答
【详解】A．V为C，V的简单氢化物为CH4，W为O，W的简单氢化物H2O，H2O存在分子间氢键，沸点远高于甲烷，则沸点H2O>CH4，即V Mg，金属性越强，最高价氧化物水化物碱性越强，则碱性，即XAl，即X>Y，C错误；
D．U为H，W为O，可形成H2O（水）和H2O2（过氧化氢），二者在常温下均为液态，正确；
故选D。
9. 某兴趣小组将1.0 g铁粉和足量硫粉在氩气中加热得黑色固体，设计如下实验探究其成分。已知：步骤Ⅰ、步骤Ⅱ均在氩气氛围中进行：PbS是一种黑色固体。
下列说法错误的是
A. a中黑色固体成分有
B. 与在空气中燃烧的产物可能有
C. 步骤Ⅰ使用煮沸后的稀硫酸，目的是加快反应速率
D. b中使用溶液替代溶液，则无需使用醋酸铅试纸检验
【答案】C
【解析】
【分析】Fe与足量S加热反应生成FeS黑色固体，FeS与稀硫酸反应生成FeSO4、H2S，H2S与醋酸铅反应生成黑色固体PbS，③实验过程中上层清液与KSCN溶液混合开始无明显现象，说明①中反应无Fe3+生成，5min后出现浅红色，说明Fe2+被氧化，④实验过程中上层清液与K3[Fe(CN)6]溶液混合产生蓝色沉淀，说明①中反应有Fe2+生成。
【详解】A．由上述分析可知，a中黑色固体成分有，A项正确；
B．与在空气中燃烧，二者均被氧气氧化，可能生成，B项正确；
C．步骤Ⅰ、步骤Ⅱ均在氩气氛围中进行，其目的是防止FeSO4、H2S被氧化，步骤Ⅰ使用煮沸后的稀硫酸，其目的是除去溶解氧，C项错误；
D．醋酸铅试纸用于检验生成的H2S气体，b中使用溶液替代溶液，H2S与发生反应：，CuS为黑色固体，难溶于稀硫酸，可达到检验H2S的目的，D项正确；
故答案为C。
10. 纳米催化剂经光照后产生和空穴()，促进-甲基苯甲胺脱氢、偶联生成二胺，其催化机理关键步骤如图(Ph为苯基)。下列说法错误的是
A. 该过程涉及光能转化为化学能
B. 步骤Ⅱ体现了的氧化性
C. 相同条件下产生的空穴越多，生成的越多
D. 该过程涉及非极性共价键的断裂和形成
【答案】D
【解析】
【详解】A．光催化过程中，光能驱动化学反应发生，化学能储存于产物中，涉及光能→化学能的转化，A项正确；
B．步骤Ⅱ中，空穴带正电，使底物失去电子，作为氧化剂，体现氧化性，B项正确；
C．空穴是氧化剂，数量越多，氧化能力越强，促进-甲基苯甲胺脱氢反应越彻底，生成的越多，C项正确；
D．步骤III过程中断裂C-H极性键，步骤IV过程中形成C-C非极性键和H-H非极性键，无非极性共价键的断裂，D项错误；
故答案为D。
11. 一种新型固态电解质(摩尔质量为)的立方晶胞结构示意图如下。已知：为阿伏加德罗常数的值：以晶胞参数为单位长度建立坐标系可标注晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，点原子的分数坐标为。
下列说法正确的是
A. 点原子的分数坐标为
B. 每个周围与它最近且距离相等的有6个
C. 沿轴方向的投影为
D. 若晶体密度为，则晶胞参数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．T点位于底面的面心，其原子坐标为，A项错误；
B．位于体心和顶点，以体心为例，每个周围与它最近且距离相等的有8个，B项错误；
C．位于棱和面心，沿轴方向投影，纵向棱上的会被遮挡，因此投影图为，C项正确；
D．晶胞中位于棱和面心，其个数为，位于体心和顶点，其个数为，1个晶胞中含有2个Na3PS4，因此晶胞密度，因此晶胞参数，D项错误；
故答案为C。
12. 我国科学家合成了一种大环化合物甲，能与形成超分子乙，其变化过程如图。下列说法错误的是
A. 乙的晶体类型为共价晶体
B. 该过程体现了大环对的捕获与释放
C. 乙中的与大环之间存在分子间作用力
D. 调控pH可使甲和丙中的杂化方式发生可逆转变
【答案】A
【解析】
【详解】A．大环化合物甲与C60通过范德华力形成超分子乙，因此乙为分子晶体，A项错误；
B．甲与C60结合生成乙，即“捕获C60”，乙在条件下释放C60生成丙，即“释放C60”，明确体现了大环对C60的捕获与释放，B项正确；
C．该超分子的核心作用力是分子间作用力（如范德华力、氢键等），C60与大环通过分子间作用力结合，C项正确；
D．甲、乙中形成3个化学键，为sp2杂化，丙中形成4个化学键，为sp3杂化，过程中可通过调节pH实现，即调控pH可使甲和丙中的杂化方式发生可逆转变，D项正确；
故答案为A。
13. 一种“双模式”锂电池工作原理如图。已知：只参与模式Ⅰ的充放电，其放电时反应方程式为。下列说法正确的是
A. 充电时，模式Ⅱ的反应为
B. 充电时，若外电路通过1 ml电子，则石墨电极最多生成
C. 放电时，体系中的向电池的锂电极迁移
D. 放电时，分别消耗，模式Ⅰ理论放电量大于模式Ⅱ
【答案】D
【解析】
【分析】中S元素为+6价，由此可知模式I放电过程中石墨电极上S元素化合价降低，发生还原反应，为正极，锂电极为负极，充电过程中石墨电极为阳极，锂电极为阴极。
【详解】A．充电时，模式II阴极上LiCl得到电子生成Li，阳极上Li2S2O4失去电子生成，根据守恒关系可知模式II的反应为，A项错误；
B．模式I充电时总反应为，充电过程中Li元素化合价降低，S元素及部分Cl元素化合价升高，因此外电路通过1ml电子，石墨阳极上最多生成0.25ml Cl2，B项错误；
C．放电时，Li+移向正极，即石墨电极，C项错误；
D．放电时，模式I的总反应与转移电子关系为，模式II的总反应与转移电子关系为，由此可知分别消耗，模式Ⅰ理论放电量大于模式Ⅱ，D项正确；
故答案为D。
14. 常温下，1 L水溶液中和的初始浓度分别为和，达到溶解平衡时(，pM与pH的关系如图()，M代表、、和)。
已知：


下列说法正确的是
A. 曲线Ⅰ是的变化曲线
B.
C. 溶液中，的浓度为
D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】，根据，两式联立得到，两边取负对数得到：，这意味着的pM值与的pM值始终平行，且在上，故Ⅰ代表，Ⅱ代表，根据，为了维持恒定，的pM与Ⅰ呈反比，因此上升的曲线Ⅳ代表，根据反应①：，是定值，故不变，线Ⅲ代表，据此解答。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅱ代表，A错误；
B．该反应的平衡常数，由分析推导可知，代入平衡常数表达式得到，观察图中pH= 2.87 时的点，该点位于曲线Ⅰ上，说明此时，pH= 2.87 时的点向上延伸，与Ⅲ的交点处：，此时，代入平衡常数表达式得到：，B正确；
C．由B项分析可知，并保持不变（或由Ⅰ线pH=0.15时，，，即曲线Ⅳ与Ⅲ的相交时，pH=0.15），故的浓度为10−3.19 ml⋅L−1，C错误；
D．对溶液中物种做物料守恒：总草酸根（溶液中）：c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(H2C2O4)+cCuC2O4(aq)+2c[Cu(C2O4)2]2−+ ；总铜（溶液中）：c(Cu2+)+cCuC2O4(aq)+c[Cu(C2O4)2]2−+nCuC2O4(s)V=0.1ml/L （注：两种以固体形式存在的只是为了列物料守恒），将两式整理得到，c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(H2C2O4)+c[Cu(C2O4)2]2−−c(Cu2+)=0.1 ml⋅L−1，这是一个等式，D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 创新驱动，深挖“城市矿山”，一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主要含Cu、Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的工艺如下：
已知：①PMS为过一硫酸盐(含过氧键)，在强酸介质中会水解。
②表示具有高氧化活性的单线态氧分子。
回答下列问题：
（1）Au与Cu同族，属于__________区元素。
（2）“酸浸1”中发生反应的离子方程式为__________。
（3）“滤液2”中主要的金属离子有、__________(填离子符号)。
（4）“氧化溶金”中，KCl不能用HCl替代的原因为__________；PMS发生反应的离子方程式__________。(将离子方程式补充完整)
__________+__________
（5）工序“”中，抗坏血酸的作用为__________。
（6）“碱沉”前，用的标准溶液测定“滤液”中的及浓度，和与的关系如图(，，忽略的水解)。“滤液1”中的浓度为__________(结果保留小数点后3位)。
（7）“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有少量生成，其反应的化学方程式为__________。
【答案】（1）ds （2）
（3）
（4） ①. HCl为强酸，会引入大量 导致溶液酸性过强，使PMS发生水解而降低氧化能力失效 ②.
（5）作还原剂，将Au的阳离子还原为Au单质 （6）0.035
（7）
【解析】
【分析】酸浸1：经过预处理的WPCB加入稀盐酸，Ni与稀盐酸发生置换反应生成溶解，而Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应 。过滤后，滤液1主要成分为和过量的 HCl，滤渣1为 Cu、Ag、Au 。
碱沉：向滤液1中加入 NaOH 溶液，首先中和过量的 HCl，随后沉淀生成 。过滤后得到的滤液3主要含有 NaCl 。
酸浸2：向滤渣1中加入稀硝酸，Cu和Ag溶解生成、，Au 不与稀硝酸反应 。过滤后，滤液2主要含有 和过量的，滤渣2为单质 Au 。
氧化溶金：将滤渣2（Au）加入含有 PMS 和 KCl 的体系中，利用 PMS 的氧化性氧化 Au，同时起到络合作用，生成溶解进入滤液4 。
还原金：向滤液4中加入抗坏血酸（X），利用其还原性将金的络合物还原为纳米 Au 。
沉银：将含有的滤液2与含有的滤液3混合，发生沉淀反应生成 AgCl 。
【小问1详解】
Cu位于IB族，IB、IIB族元素属于ds区，Au与Cu同族，故为ds区元素。
【小问2详解】
酸浸1加入稀盐酸，活泼金属Ni与稀盐酸反应溶解，Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应，因此离子方程式为Ni和反应生成和，离子方程式：。
【小问3详解】
滤渣1含Cu、Ag、Au，酸浸2加入稀硝酸，Cu、Ag与稀硝酸反应溶解生成、，Au不溶解，因此滤液2中金属离子除外还有。
【小问4详解】
根据已知信息，PMS在强酸介质中会水解，若用HCl代替KCl，溶液酸性过强，PMS水解导致氧化能力下降。由已知②可知体系生成具有高氧化活性的单线态氧分子（） ，PMS（以表示）发生分解反应生成硫酸根、氢离子和单线态氧，其离子方程式为：。
【小问5详解】
“氧化溶金”后，金以 +3 价络离子形式存在于溶液中。抗坏血酸（维生素C）具有较强的还原性，在此工序中作为还原剂，将金的络离子还原析出，从而得到纳米 Au 。
【小问6详解】
V(NaOH) 在 0 ~ 20.00 mL 之间时，pOH 急剧下降，此时是 NaOH 溶液中和滤液1中过量的 HCl 的阶段 。 V(NaOH)在 20.00 ~ 55.00 mL 之间时，曲线趋于平缓，到达 55.00 mL 时 pNi 发生突变上升，说明此阶段NaOH均用于沉淀，沉淀消耗NaOH体积为，，由得，。
【小问7详解】
滤液2中以形式存在，滤液3中含碱沉后过量的NaOH，AgOH不稳定分解为，因此反应为硝酸银与氢氧化钠反应生成氧化银、硝酸钠和水，化学方程式为。
16. 镍配合物是贵金属催化剂的重要替代品。某实验小组设计了一种制备Ni(Ⅱ)配合物的方法，原理如下：
已知：CH2Cl2有毒、易挥发，。
实验步骤如下：
Ⅰ．向双颈烧瓶中加入10 mL含(1 mml)的乙醇溶液，通过仪器a逐滴加入3 mL含bpy(2 mml)的乙醇溶液(装置如图，加热及夹持装置省略)，加热搅拌，冷却至室温。
Ⅱ．将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20 mL CH2Cl2溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液。
Ⅲ．有机层经减压蒸除溶剂，加入15 mL乙醇和2 mml NaBPh4(Ph为苯基)，产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品，进一步提纯后得紫色晶体(配合物Z，)。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为______。
（2）下列安全标识中，本实验不涉及的是______(填标号)。
A. B. C. D.
（3）步骤Ⅱ中洗涤的目的为______，分液时CH2Cl2在______层(填“上”或“下”)。
（4）步骤Ⅲ中乙醇的作用为______。
（5）步骤Ⅲ中用______法提纯粗产品。
（6）配合物Z的产率为______(列出计算式即可)。
（7）测定配合物Z的晶体结构，下列方法可采用的是______(填标号)。
A. 核磁共振氢谱法B. 质谱法C. 红外光谱法D. X射线衍射法
（8）实验小组进一步探究不同投料比对Ni(Ⅱ)配合物结构的影响，以进行投料，按上述制备方法得红色晶体。推测的配位数为______。
【答案】（1）恒压滴液漏斗 （2）D
（3） ①. 除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质 ②. 下
（4）降低配合物Z的溶解度，使其结晶析出
（5）重结晶 （6） （7）D
（8）6
【解析】
【分析】向双颈烧瓶中加入10 mL含(1 mml)的乙醇溶液，通过仪器a逐滴加入3 mL含bpy(2 mml)的乙醇溶液(装置如图，加热及夹持装置省略)，加热搅拌，冷却至室温，将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20 mL CH2Cl2溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液，有机层经减压蒸除溶剂，加入15 mL乙醇和2 mml NaBPh4(Ph为苯基)，产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品，进一步提纯后得紫色晶体(配合物Z，)，据此回答。
【小问1详解】
由图可知，仪器a是恒压滴液漏斗，它的支管可以平衡压强，使液体顺利流下；
【小问2详解】
佩戴护目镜可以在实验时保护眼睛；实验结束好要洗手；CH2Cl2有毒、易挥发，所以要注意排气防止中毒；本实验不涉及锐器，故选D；
【小问3详解】
步骤Ⅱ中，将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20 mL CH2Cl2溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液，洗涤可用于除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质，减少后续反应的干扰；CH2Cl2的密度为 1.33g·cm-3，大于水，因此分液时在下层；
【小问4详解】
步骤Ⅲ中，加入乙醇后配合物Z沉淀析出，因此乙醇的作用是降低配合物Z的溶解度，使其从溶液中析出；
【小问5详解】
粗产品已经是固体结晶，为了去除混入的少量可溶性杂质并获得高纯度的紫色晶体，通常采用重结晶法。
【小问6详解】
根据反应离子方程式：，再结合投料量，理论上三者恰好完全反应，理论上生成配合物Z的物质的量为1 mml，质量为0.001 ml×1009 g⋅ml-1=1.009 g ，实际产量为，产率=；
【小问7详解】
A．核磁共振氢谱用于测氢原子种类，不直接测晶体结构，A不符合题意；
B．质谱法用于测分子量，不直接测晶体结构，不符合题意；
C．红外光谱法用于测官能团、化学键，不直接测晶体结构，C不符合题意；
D．X射线衍射法是测定晶体结构的经典方法，可确定原子的空间排布，D符合题意；
故选D；
【小问8详解】
bpy（联吡啶）是双齿配体，每个bpy提供 2 个配位原子，当1:2投料时，2 个bpy共提供4个配位原子，配位数为4；当投料时，3个bpy共提供3×2=6个配位原子，因此的配位数为6。
17. “双碳”目标推动科技发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯(DMT)的路径如下：
回答下列问题：
I．“热催化”中主反应：
i．
（1）已知：

则__________(用含和的代数式表示)，__________0(填“”或“”)。
（2）一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应，提高平衡转化率的措施有__________(填标号)。
A. 及时移走B. 通入
C. 增大和投料比D. 加入催化剂
（3）“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”()的副反应：
ii．
一定条件下，平衡转化率和产物选择性随温度变化关系如图1。[比如：DMO选择性]
①“热催化”反应较适宜的温度区间为__________(填标号)。
A． B． C．
②，若恒容密闭容器中只发生反应i、ii，当和的初始浓度分别为、，结合图1信息，平衡时__________，反应的__________(列出计算式即可)。
II．“电催化”中：DMODMT
（4）25℃时，DMT的生成速率与关系如图2，已知该反应的速率方程为，其中为速率常数。
①当增加10倍，也增加10倍，则为__________。
②速率常数为__________(列出计算式即可)。
（5）生成DMT的电极反应式为，其中Y为__________(填结构简式)。
【答案】（1） ①. ②. ＜ （2）C
（3） ①. B ②. 0.25 ③.
（4） ①. 1 ②. 或或或
（5）
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，将已知第一个反应乘以​减去第二个反应乘以，得到目标反应，故。反应i中，反应物气体总物质的量为，生成物仅气体（DMO为液态），气体物质的量减少，熵减小，因此。
【小问2详解】
A．及时移走液态生成物DMO，DMO为纯液体，其量的改变不影响化学平衡移动，平衡转化率不变，错误；
B．恒容密闭容器中通入，各反应物生成物浓度不变，平衡不移动，转化率不变，错误；
C．增大和投料比，相当于增加CO浓度，平衡正向移动，转化率提高，正确；
D．催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，转化率不变，错误。
【小问3详解】
①该反应需要主产物DMO保持高选择性，同时保证一定转化率。由图可知，温度在时，主产物的选择性较高，但的转化率太低，而温度在时，副产物2的选择性急剧升高，不利于生产，故反应较适宜的温度区间为，答案选B。
②时平衡转化率为，初始浓度为，因此平衡时， 两个反应中，每消耗均生成，因此平衡；结合DMO选择性，生成DMO的为 0.75×90%=0.675ml/L。根据反应 i，，反应 ii 消耗的=0.75ml/L×(1−90%)=0.075ml/L。生成 c(副产物1)=；列出变化量：：
i．
ii．
平衡，DMO为液态不计入平衡常数（题中所给单位亦可看出），因此反应i的平衡常数。
【小问4详解】
①速率方程，当增加10倍，增加10倍，可得，即，因此。
②，因此​，代入图2中任意一组数据即可： 或或或。
【小问5详解】
根据原子守恒配平电极反应：左侧总组成为，右侧DMT总组成为，剩余对应2Y，因此Y为。
18. 一种具有抗衰老活性的化合物K的合成路线如下(略去部分试剂与反应条件，忽略立体化学，路线中R为()
回答下列问题：
（1）A中官能团为羧基、醚键和______(填名称)。
（2）A→B的反应类型为______。
（3）C分子中能共平面的碳原子个数最多为______。
（4）E与NaOH反应的化学方程式为______。
（5）G→H中另一产物的结构简式为______。
（6）I→J中DMP的作用为______。
（7）K中手性碳原子的个数为______。
（8）写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式______。
①能发生银镜反应。
②能与FeCl3发生显色反应。
③核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2∶2∶1∶1。
（9）参照B→D的过程，结合所学知识，设计以和为原料合成的路线______(Ph为苯基；无机试剂和有机溶剂任选)。
【答案】（1）碳碳双键
（2）取代反应 （3）5
（4）+NaOH→+ （5）CH3CH2OH
（6）作氧化剂，将醇羟基氧化为醛基
（7）2 （8）、、（任写一种）
（9）
【解析】
【分析】由合成路线可知，A与发生取代反应生成B，B与C发生Diels-Alder反应生成D，D在一定条件下生成E，E与F反应后经重排得到G，G与发生取代反应生成H和CH3CH2OH，H在一定条件下生成I，I被DMP 氧化剂氧化生成J，J在一定条件下生成K，据此回答
【小问1详解】
A为，其中R为，A中官能团为羧基、醚键和碳碳双键；
【小问2详解】
A（羧酸）与反应，羧基的-OH被-NHSO2R'取代，属于取代反应；
【小问3详解】
C的结构简式为，两个碳碳双键均为平面结构，中间单键可旋转，使两个双键平面共面，所有碳原子均可共平面，主链4个C+甲基1个C ，共5个C；
【小问4详解】
E的结构简式为，含有酰胺键（-CONH-），在NaOH溶液中加热时，酰胺键发生水解，反应的化学方程式为：+NaOH+；
【小问5详解】
由分析知，G与发生取代反应生成H和CH3CH2OH；
【小问6详解】
由流程图知，DMP将I中的醇羟基（-OH）氧化为醛基（-CHO）；
【小问7详解】
手性碳是指连有 4 个不同基团的饱和碳原子，如图（带*号），则K中手性碳原子的个数为2；
【小问8详解】
F的分子式为，不饱和度为5，满足①能发生银镜反应，则含有醛基或甲酸酯结构，②能与FeCl3发生显色反应，则含有酚羟基，③核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2∶2∶1∶1的同分异构体有、、；
【小问9详解】
B与C发生Diels-Alder反应生成D，参照B→D的过程，和发生Diels-Alder反应生成，与Br2发生加成反应生成，在NaOH乙醇溶液中加热，发生消去反应生成目标产物，则合成路线为：。A．蛋白质的变性
B．中和反应反应热的测定
C．Fe(OH)3胶体的制备
D．氯气的制备
春·蓝花楹
夏·荷花
秋·桂花
冬·梅花
W
X
Y
Z