精品解析：江苏省淮安市2024-2025学年高三上学期开学考试 化学试题

2024—2025学年第一学期高三年级第一次联考 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Zn 65 一、单项选择题：共13题，每题3分， 共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 淮安十四五规划提出建设“美丽淮安”。下列做法不应该提倡的是 A. 大力发展化石能源经济 B. 积极鼓励植树造林 C. 将二氧化碳转化为化工产品 D. 养成低碳生活习惯 【答案】A 【解析】 【详解】A．若大力发展化石能源经济，就会产生大量CO2气体及一些固体粉尘，使空气质量恶化，因此不值得提倡，A错误； B．积极鼓励植树造林，不仅可以起到防风固沙、蓄水保墒作用，而且植物生长会消耗CO2，产生氧气，吸附固体粉尘，有利于建设“美丽淮安”，B正确； C．将二氧化碳转化为化工产品，符合低碳生活，同时满足人类对物质需要，有利于建设“美丽淮安”，C正确； D．养成低碳生活习惯，既节能，又低碳环保，有利于建设“美丽淮安”，D正确； 故合理选项是A。 2. 反应CH3COO[Cu(NH3)2]+NH3+CO = CH3COO[Cu(NH3)3CO] 可用于除去H2中的CO。下列说法正确的是 A. NH3的空间构型为平面三角形 B. CH3COOH中既有离子键又有共价键 C. 1mol[Cu(NH3)3CO]+中σ键数目为10mol D. [Cu(NH3)3]+中Cu元素的化合价为+1 【答案】D 【解析】 【详解】A．NH3中心原子N价层电子对数：，含1孤电子对，空间构型为三角锥形，A错误； B．CH3COOH属于共价化合物，分子中只有共价键，B错误； C．1mol[Cu(NH3)3CO]+中存在4mol配位键和10molσ键，即σ键数目为14mol，C错误； D．化合物中各元素化合价代数和为0，[Cu(NH3)3]+中Cu元素的化合价为+1，D正确； 答案选D。 3. 下列实验原理、装置及操作能达到实验目的的是 A. 用装置①分离Fe(OH)3胶体中的NaCl B. 用装置②除去SO2中的SO3 C. 用装置③制取Cl2 D. 用装置④蒸干FeCl3溶液获得FeCl3固体 【答案】B 【解析】 【详解】A．Fe(OH)3胶体中胶粒和电解质溶液中的离子都可以通过滤纸，因此不能采用过滤的方法分离除去Fe(OH)3胶体中的NaCl，应该采用渗析的方法提纯Fe(OH)3胶体，A错误； B．SO3与溶液中的水反应产生H2SO4，而SO2不能溶解，也不能发生反应，因此可以用装置②的饱和NaHSO3溶液除去SO2中的SO3，B正确； C．装置中无加热仪器——酒精灯，因此不能用于实验室中制取Cl2，C错误； D．FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+会发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加热，水解程度增大，水解产生的HCl挥发逸出，导致最终得到的固体是Fe(OH)3，因此应该在HCl气体的环境中加热FeCl3溶液来制取得到FeCl3固体，D错误； 故合理选项是B。 4. 铵明矾 是常用的食品添加剂。下列判断正确的是 A. 第一电离能： I₁(N) < I₁(O) B. 电负性： C. 原子半径： D. 键角： 【答案】D 【解析】 【详解】A．N元素的2p轨道有3个电子，为半充满稳定结构，而氧的2p轨道有4个电子，失去1个电子相对容易，故第一电离能：I₁(N) > I₁(O)，故A错误； B．同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，符电负性：，故 B错误； C．同周期从左到右原子半径逐渐减小，故，故C错误； D．H2O和的价层电子对都是4，H2O中O原子有2个孤电子对，中N原子没有孤电子对，孤电子对与价层电子对的排斥力较大，导致键角变小，故键角： ，故D正确； 答案选D。 阅读下列材料，完成下列问题： 氢元素及其化合物具有重要应用。H能形成H2O、H2O2、NH3、N2H4、CaH2等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得H2，如水煤气法制氢反应中，H2O(g)与足量C(s)反应生成1 mol H2(g)和1 mol CO(g)吸收131.3 kJ的热量。H2在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如在催化剂作用下与H2反应可得到。 5. 下列说法正确的是 A. H2O的VSEPR模型为V形 B. 互称为同位素 C. H2O2分子中的化学键均为极性共价键 D. CaH2晶体中存在H2分子 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 水煤气法制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=-131.3 kJ·mol-1 B. 电解水制氢的阳极反应：2H2O-2e- =H2↑+2OH- C. 催化加氢生成反应：+H2+H2O D. CaH2与水反应：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+H2↑ 7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A. H2O2具有强氧化性，可用于杀菌消毒 B. H2具有还原性，可以与钠反应制备NaH C. NH3与水分子形成分子间氢键，NH3沸点较高 D. N2H4中的N原子与H+形成配位键，具有还原性 【答案】5. B 6. C 7. A 【解析】 【5题详解】 A．H2O的中心O原子价层电子对数是2+=4，有2对孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为正四面体结构，空间构型为V形，A错误； B．的质子数相同，而中子数不同，因此三者互称为同位素，B正确； C．H2O2分子中两个O原子之间形成O-O单键，每个O原子分别与1个H原子形成一个H-O键，使分子中的H原子达到最外层2个电子的稳定结构，O原子达到最外层8个电子的稳定结构。其中H-O是极性键，O-O是非极性键，故H2O2分子的化学键为极性共价键和非极性共价键，C错误； D．CaH2晶体是离子晶体，在CaH2晶体中阳离子Ca2+与阴离子H-之间以离子键结合，其中不存在H2分子，D错误； 故合理选项是B； 【6题详解】 A．水煤气的制取反应是吸热反应，反应热△H＞0，根据题意可知制取反应的热化学方程式应该为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=-131.3 kJ·mol-1，A错误； B．电解水制氢的阴极反应式为应：2H2O+2e-=H2↑ +2OH-，阳极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，B错误； C．催化加氢被还原生成的反应为：+H2+H2O，C正确； D．CaH2与水反应产生Ca(OH)2、H2，化学方程式为：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑，D错误； 故合理选项是C； 【7题详解】 A．H2O2中O元素为-1价，容易获得电子变为-2价，因此具有强氧化性，能够使细菌、病毒蛋白质发生变性而失去其生理活性，因此可用于杀菌消毒，A正确； B．NaH中Na为+1价，H为-1价，H2具有氧化性性，可以与钠反应制备NaH，B错误； C．NH3与水分子形成分子间氢键，使NH3极易溶于水，但这与NH3沸点高低无关。NH3的沸点较高，是由于NH3分子之间存在氢键，破坏需消耗较高能量，C错误； D．在N2H4中，N存在孤电子对，氢离子存在空轨道，可H+形成配位键，但与其具有还原性无关，D错误； 故合理选项是A。 8. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. N2(g)NH3(g)NaHCO3(s) B. S(s)SO2(g)H2SO4(aq) C. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s) D. SiO2(s)H2SiO3(s)Na2SiO3(aq) 【答案】A 【解析】 【详解】A．N2(g)与H2在高温、高压、催化剂作用下可合成氨气，NaCl溶液中先通入氨气，后通入二氧化碳，可获得NaHCO3晶体，A正确； B．S(s)在O2中点燃可生成SO2气体，SO2气体溶于水只能生成H2SO3(aq)，不能生成H2SO4(aq)，B不正确； C．电解饱和NaCl溶液可生成Cl2(g)，Cl2与Fe反应一定生成FeCl3，C不正确； D．SiO2(s)难溶于水，与水不发生化学反应，不能生成H2SiO3，D不正确； 故选A。 9. 化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得： 下列有关X、Y、Z的说法不正确的是 A. X中所有碳原子一定共面 B. 1molY最多与2mol NaOH 发生反应 C. Z与足量 HBr 反应生成的有机化合物分子中存在1个手性碳原子 D. X、Y、Z均能发生氧化、取代和还原反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，X分子中苯环和醛基为平面结构，则分子中所有碳原子一定共面，故A正确； B．由结构简式可知，Y分子中含有的羧基能与氢氧化钠溶液反应，则1molY最多与1mol氢氧化钠发生反应，故B错误； C．由结构简式可知，Z分子中含有的碳碳双键能与足量溴化氢发生加成反应，反应生成的有机化合物分子中与溴原子相连的碳原子是手性碳原子，所以反应生成的有机化合物分子中存在1个手性碳原子，故C正确； D．由结构简式可知，X分子中含有的醛基、醇羟基，Y、Z分子中含有的碳碳双键、醇羟基都能发生氧化反应，X分子中含有的醛基、苯环，Y、Z分子中含有的碳碳双键、苯环都能发生还原反应，X分子中含有的醇羟基，Y分子中含有的醇羟基和羧基都能发生取代反应，Z分子中含有的醇羟基和酯基都能发生取代反应，故D正确； 故选B。 10. 电催化是利用催化剂电极进行电解以实现物质转变前沿方法。使用单原子催化剂电催化将转化为的部分机理如下所示。下列说法正确的是 A. 该催化过程在电解池的阳极进行 B. 该催化过程发生了氧化反应 C. 甲、乙中的原子的杂化类型不同 D. 催化剂原子吸附中带负电的部分 【答案】C 【解析】 【详解】A．CO2转化为CO发生还原反应，该催化过程在电解池的阴极进行，故A错误； B．该催化过程转化为CO，C元素化合价下降，发生还原反应，故B错误； C．甲、乙中碳原子连接的2个氧原子空间排布发生变化，甲中CO2为直线形，乙中CO2为V形，则甲、乙中的C原子的杂化类型不同，故C正确； D．由图可知，催化剂原子吸附CO2中碳原子，即催化剂原子吸附CO2中带正电部分，故D错误； 故选C。 11. 室温下，探究溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 能否催化分解 向5%溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 B 是否水解 向溶液中滴加2~3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化 C 是否已变质 向溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化 D 是否有还原性 向溶液中滴加几滴酸性溶液，观察溶液颜色变化 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．要验证亚铁离子催化双氧水的分解，实验要排除硫酸根离子的干扰，应该设置加稀硫酸的对照实验，来证明亚铁离子的催化作用。A项错误。 B．酚酞要酸碱度达到8.2才能变红色，而亚铁离子即使发生水解，也是使溶液显酸性，无法观察到实验现象，指示剂应换成甲基橙。B项错误。 C．新制氯水具有强氧化性，加入后无论亚铁离子是否变质，一定会有铁离子出现，硫氰化钾溶液加入后一定会变红色，无法起到检验作用。C项错误。 D．酸性高锰酸钾具有强氧化性，如果能褪色，说明亚铁离子具有还原性。D项正确。 答案选D。 12. 草酸亚铁(FeC2O4)是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下反应制取： 已知室温时：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2、Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4、Ksp(FeC2O4)=2.1×10-7。 下列说法正确的是 A. 室温下，向Na2C2O4溶液中加酸调节pH=2时溶液中存在：c()>c(H2C2O4) B. “酸化溶解”后的溶液中存在：2c(Fe2+) + c() = 2c()+c(OH-) C. 室温时，反应Fe2+ + H2C2O4 = FeC2O4 ↓ + 2H+的平衡常数K=40 D. 室温时，“沉铁”后的上层清液中：c(Fe2+)·c()>2.1×10-7 【答案】C 【解析】 【分析】硫酸亚铁铵与硫酸反应生成硫酸亚铁和硫酸铵，然后向体系中加入草酸在加热条件下得到草酸亚铁沉淀，然后过滤得到固体，以此解题。 【详解】A．=，则，则，则c()＜c(H2C2O4)，故A错误； B．“酸化溶解”后的溶液中存在电荷守恒2c(Fe2+) + c() + c(H+)= 2c()+c(OH-)，故B错误； C．室温时，反应Fe2+ + H2C2O4 = FeC2O4 ↓ + 2H+的平衡常数K==，故C正确； D．当c(Fe2+)×c()＞Ksp(FeC2O4)=2.1×10-7时形成FeC2O4沉淀，过滤后的上层清液中不会生成FeC2O4沉淀，故c(Fe2+)×c()<2.1×10-7，故D错误； 故选C。 13. 乙醇-水催化重整可获得H2。其主要反应为 反应Ⅰ：C2H5OH(g) + 3H2O(g) =2CO2(g) + 6H2(g) ΔH=173.3kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g) + H2(g) =CO(g) + H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1 在1.0×105Pa，n始(H2O)﹕n始(C2H5OH)=3﹕1时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。 CO的选择性 下列说法正确的是 A. 图中曲线③表示平衡时H2的产率随温度的变化 B. 平衡时C2H5OH的转化率与 H₂O的转化率相等 C. 一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率 D. 一定温度下，降低体系压强，反应I的平衡常数减小 【答案】C 【解析】 【分析】两个反应均为吸热反应，升高温度平衡都发生正向移动，但CO和CO2的选择性之和为100%，所以二者变化趋势相反，只有第二个反应生成CO，因此升温CO的选择性升高(曲线③)，CO2的选择性降低(曲线①)，曲线②表示氢气的产率。 【详解】A．由分析可知，图中曲线②表示平衡时H2的产率随温度的变化，曲线③表示CO的选择性，A不正确； B．n始(H2O)﹕n始(C2H5OH)=3﹕1，若第二个反应不生成H2O，则平衡时C2H5OH的转化率与 H₂O的转化率相等，但第二个反应生成H2O，所以平衡时C2H5OH的转化率与 H₂O的转化率不相等，B不正确； C．一定温度下，增大，相当于C2H5OH的物质的量不变时增大H2O的物质的量，平衡正向移动，乙醇的平衡转化率增大，C正确； D．平衡常数只受温度变化的影响，一定温度下，降低体系压强，虽然平衡发生移动，但反应I的平衡常数不变，D不正确； 故选C。 非选择题(共61分) 14. 吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。用ZnO浆料吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。 已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如题图所示。 （1）搅拌下向氧化锌浆料中匀速缓慢通入SO2气体。 ①下列操作一定能提高氧化锌浆料吸收SO2效率的有___________ (填序号)。 A．水浴加热氧化锌浆料                    B．加快搅拌 C．降低通入SO2气体的速率              D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2 ②在开始吸收的40 min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是___________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为___________。 （2）O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低生成速率越大，其主要原因是___________。 （3）将氧化后的溶液结晶可得到ZnSO4·7H2O，隔绝空气加热可得到氧化锌固体。加热过程中固体质量的残留率与温度的关系如图所示。已知C→D的过程中产生两种气体，写出该过程的化学方程式___________。 （4）氧化锌晶体的一种晶胞结构如图所示，O2-位于Zn2+构成的___________(填“四面体空隙”、“六面体空隙”或“八面体空隙”)中。若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，Zn-N中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是___________。 【答案】（1） ①. BD ②. ZnSO3 ③. ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2HSO （2）随着pH降低，HSO浓度增大 （3）2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑ （4） ①. 四面体空隙 ②. 电负性O>N，电负性差值Zn-O键>Zn-N键，故Zn-N键中离子键百分数小 【解析】 【小问1详解】 ①A．水浴加热氧化锌浆料，虽然提高了反应温度，但温度升高可能导致SO2气体溢出，导致SO2浓度降低，故不一定加快反应速率，不一定能提高吸收效率，A不符合题意； B．加快搅拌，加大了ZnO与SO2的接触面积，加快反应速率，提高吸收效率，B符合题意； C．降低通入SO2气体的速率，SO2浓度降低，化学反应速率降低，吸收效率降低，C不符合题意； D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2，加大了ZnO与SO2接触面积，加快反应速率，提高吸收效率，D符合题意； 故答案选BD； ②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2； 【小问2详解】 pH值大于6.5时，S(Ⅳ)以微溶物ZnSO3形式存在，使S(Ⅳ)不利于与O2接触，反应速率慢；pH降低，S(Ⅳ)的主要以形式溶于水中，与O2充分接触，因而pH降低生成速率增大；随着反应的不断进行，大量的反应生成，反应的离子方程式为2+O2=2+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小； 【小问3详解】 ZnSO4·7H2O中ZnSO4质量分数为，即C点物质对应ZnSO4，隔绝空气加热可得到氧化锌固体和两种气体，该过程的化学方程式为2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑； 【小问4详解】 由晶胞结构图可知，O2-周围有4个Zn2+，即O2-位于Zn2+构成的正四面体空隙中；若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，由于电负性O>N，电负性差值Zn-O键>Zn-N键，故Zn-N键中离子键百分数小。 15. 化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下： （1）A在水中的溶解度___________C在水的溶解度。(填“大于”、“小于”、“等于”) （2）B→C的反应类型为___________。 （3）C→D的反应中有副产物X(分子式为C12H15O6Br)生成，写出X的结构简式___________。 （4）A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。 ①能发生银镜反应； ②在一定条件下完全水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶2。 （5）已知：(R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢)，写出以和CH3OH为原料制备合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)___________。 【答案】（1）大于 （2）取代反应 （3） （4） （5）CH3OHHCHO； 【解析】 【分析】化合物A与SOCl2在加热时反应产生B，B与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生取代反应产生C，C与CH3OCH2Cl在三乙胺作用下发生1个羟基的取代反应产生D，D与CH3I在K2CO3存在条件下发生羟基的取代反应产生E，E与LiAlH4发生还原反应产生F。 【小问1详解】 对比化合物A、C分子结构可知：化合物A分子中含有亲水基-COOH反应后变为化合物C分子中的憎水基-COOCH3，使物质的溶解性大大降低，因此物质A在水中的溶解度大于C在水中的溶解度； 【小问2详解】 化合物B与CH3OH发生-COCl上Cl原子的取代反应产生C分子中的-COOCH3，同时得到HCl，该反应类型是取代反应； 【小问3详解】 化合物C分子中含有2个-OH，C变为D时是1个-OH发生取代反应，也可能是2个-OH都与CH3OCH2Cl发生取代反应产生分子式是C12H15O6Br的副产物X，其结构简式是； 【小问4详解】 化合物A结构简式是，其一种同分异构体同时满足下列条件：①能发生银镜反应，说明分子结构中含有醛基-CHO；②在一定条件下完全水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶2，说明含有酯基，水解产生的含苯环的产物分子中含有两种不同环境的H原子，这两种不同化学环境的氢原子数目比为1∶2，则该物质的结构简式是； 【小问5详解】 首先CH3OH与O2在Cu作催化剂条件下加热，发生氧化反应产生HCHO；然后是与LiAlH4发生还原反应产生，与HCl在加热时发生取代反应产生，与Mg在无水乙醚作用下反应产生，与HCHO作用，然后酸化可得目标产物，故由和CH3OH制取的流程为：CH3OHHCHO； 。 16. 铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①滤渣1成分：Au、AgCl、PbSO4等； ②当某离子的浓度低于1.0×10-5 mol/L时，可忽略该离子的存在； ③AgCl(s) + Cl-(aq) [AgCl2]-(aq) K=2.0×10-5； ④δ表示微粒分布分数，。 回答下列问题： （1）O属于___________区元素，其基态原子的价电子排布式为___________。 （2）“滤液1”中含有H2SeO3，“氧化酸浸”时Ag2Se反应的离子方程式为___________。 （3）在“除金”工序溶液中，Cl-浓度不能超过0.5mol/L的原因是___________。 （4）在“银转化”体系中，存在： [Ag(SO3)2]3- + SO[Ag(SO3)3]5-平衡，且[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075mol/L，两种离子分布分数δ随SO浓度的变化关系如图所示，若SO浓度为1mol/L，则[Ag(SO3)3]5-的浓度为___________mol/L。 （5）AgCl经还原也可制得Ag单质。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5mol·L-1盐酸后静置，充分反应得到Ag和FeCl2.为判断AgCl是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，___________。[实验中必须使用的试剂和设备：稀HNO3、AgNO3溶液、蒸馏水，通风设备] 【答案】（1） ①. p ②. 2s22p4 （2）Ag2Se+3H2O2+2Cl-+2H+=2AgCl+H2SeO3+3H2O （3）防止AgCl固体转化为[AgCl2]-而损失 （4）0.05 （5）用蒸馏水洗涤滤渣，至取最后一次洗涤滤液滴加硝酸银溶液无沉淀产生。转移滤渣至烧杯中，打开通风设备，向烧杯中边加稀硝酸边搅拌至无气泡产生，若无固体残留，则AgCl转化完全 【解析】 【分析】铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1中加入NaClO3、H2SO4、NaCl，将Au转化为Na[AuCl4]除去，滤液2中含有Na[AuCl4]，滤渣2中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2中加入Na2SO3，将AgCl转化为[Ag(SO3)3]5-和[Ag(SO3)2]3-，过滤除去PbSO4，滤液3中加入Na2S2O4，将Ag元素还原为Ag单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。 【小问1详解】 O在第二周期第ⅥA族，属于p区元素；其基态原子的价电子排布式为2s22p4； 【小问2详解】 “滤液1”中含有H2SeO3，“氧化酸浸”时Ag2Se反应的离子方程式为：Ag2Se+3H2O2+2Cl-+2H+=2AgCl+H2SeO3+3H2O； 【小问3详解】 在“除金”工序溶液中，Cl-浓度不能超过0.5mol/L的原因是防止AgCl固体转化为[AgCl2]-而损失； 【小问4详解】 在“银转化”体系中， [Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075mol/L，溶液中存在平衡关系：[Ag(SO3)2]3- +⇌[Ag(SO3)3]5-，根据图可知，当c()=0.5mol/L时，此时c([Ag(SO3)2]3- )=c([Ag(SO3)3]5-)=0.0375mol/L，则该平衡关系的平衡常数为：，当时c()=1mol/L，，解得此时c([Ag(SO3)3]5-)=0.05mol/L； 【小问5详解】 取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，用蒸馏水洗涤滤渣，至取最后一次洗涤滤液滴加硝酸银溶液无沉淀产生。转移滤渣至烧杯中，打开通风设备，向烧杯中边加稀硝酸边搅拌至无气泡产生，若无固体残留，则AgCl转化完全。 17. 为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，从空气中捕集CO2并将其转化为燃料或增值化学品成为了新的研究热点。 Ⅰ．CO2的捕集 （1）吸收剂X(乙醇胺，HOCH2CH2NH2)可完成对空气中CO2的捕集。 乙醇胺溶液能够吸收和解吸CO2的原因是___________。 Ⅱ．CO2的资源化 （2）二氧化碳甲烷化，其主要反应为： 反应Ⅰ：CO2(g) + 4H2(g)CH4(g) + 2H2O(g) ΔH = -164.7kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) ΔH = 41.2kJ·mol-1 在密闭容器中，1.01×105Pa，n起始(CO2)﹕n起始(H2)=1﹕4时，CO2平衡转化率在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。 ①反应2CO(g) + 2H2(g)CO2 (g)+ CH4(g) ΔH = ___________kJ·mol-1； ②580℃以后CO2平衡转化率升高的主要原因是___________。 （3）为了进一步研究CO2的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO2(M表示Ni或Ru)在300℃光照的条件下进行反应，催化反应的核心过程如图所示： ①步骤Ⅲ发生的反应为___________(*X代表吸附态中间体) ②研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率___________(填“高于”或“低于”)使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率。 （4）利用高炉炼铁尾气中的CO2制取有机物的过程如图。 相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示： ， ①“电解”在质子交换膜电解池中进行，当电解电压为0.7V，阴极发生的电极反应式为：___________。 ②当电解电压为0.95V时， 生成HCHO和HCOOH的选择性之比为___________。 【答案】（1）乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐；该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳 （2） ①. -247.1 ②. 反应Ⅰ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，580℃以后，CO2转化量增大的幅度大于减小的幅度 （3） ①. *COOH→*CO+*OH ②. 高于 （4） ①. CO2+2e-+2H＋=HCOOH ②. 2﹕1 【解析】 【小问1详解】 乙醇胺溶液能够吸收和解吸CO2的原因是乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐；该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳； 【小问2详解】 ①根据盖斯定律反应Ⅰ－2×反应Ⅱ得到目标反应，则ΔH=-164.7kJ·mol-1－2×41.2kJ·mol-1=-247.1 kJ·mol-1； ②反应Ⅰ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，580℃以后，CO2转化量增大的幅度大于减小的幅度； 【小问3详解】 ①由图知，步骤Ⅲ发生的反应为*COOH→*CO+*OH； ②光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率可得电负性越大，催化效率越高。已知Ni 和Ru 的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率高于使用 Ni/TiO2作催化剂的反应效率。 【小问4详解】 ①当电解电压为0.7V，观察图像可知，主要产生的是HCOOH，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成HCOOH，电极反应式为CO2+2e-+2H＋=HCOOH； ②电解电压为0.95V时，根据图示可知，产物主要有：HCOOH、HCHO，CO2+2e-+2H＋=HCOOH转移2e-，CO2+4e-+4H＋= HCHO+H2O转移4e-，当电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为x：y时，根据FE(HCHO)=60%、FE(HCOOH)=15%，有，则x：y=2：1，电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为2：1。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年第一学期高三年级第一次联考 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Zn 65 一、单项选择题：共13题，每题3分， 共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 淮安十四五规划提出建设“美丽淮安”。下列做法不应该提倡的是 A. 大力发展化石能源经济 B. 积极鼓励植树造林 C. 将二氧化碳转化为化工产品 D. 养成低碳生活习惯 2. 反应CH3COO[Cu(NH3)2]+NH3+CO = CH3COO[Cu(NH3)3CO] 可用于除去H2中的CO。下列说法正确的是 A. NH3空间构型为平面三角形 B. CH3COOH中既有离子键又有共价键 C. 1mol[Cu(NH3)3CO]+中σ键数目为10mol D. [Cu(NH3)3]+中Cu元素的化合价为+1 3. 下列实验原理、装置及操作能达到实验目的是 A. 用装置①分离Fe(OH)3胶体中的NaCl B. 用装置②除去SO2中的SO3 C. 用装置③制取Cl2 D. 用装置④蒸干FeCl3溶液获得FeCl3固体 4. 铵明矾 是常用食品添加剂。下列判断正确的是 A. 第一电离能： I₁(N) < I₁(O) B. 电负性： C. 原子半径： D. 键角： 阅读下列材料，完成下列问题： 氢元素及其化合物具有重要应用。H能形成H2O、H2O2、NH3、N2H4、CaH2等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得H2，如水煤气法制氢反应中，H2O(g)与足量C(s)反应生成1 mol H2(g)和1 mol CO(g)吸收131.3 kJ的热量。H2在金属冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如在催化剂作用下与H2反应可得到。 5. 下列说法正确的是 A. H2O的VSEPR模型为V形 B. 互称为同位素 C. H2O2分子中的化学键均为极性共价键 D. CaH2晶体中存在H2分子 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 水煤气法制氢：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=-131.3 kJ·mol-1 B. 电解水制氢的阳极反应：2H2O-2e- =H2↑+2OH- C. 催化加氢生成的反应：+H2+H2O D. CaH2与水反应：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+H2↑ 7. 下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A. H2O2具有强氧化性，可用于杀菌消毒 B. H2具有还原性，可以与钠反应制备NaH C NH3与水分子形成分子间氢键，NH3沸点较高 D. N2H4中的N原子与H+形成配位键，具有还原性 8. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. N2(g)NH3(g)NaHCO3(s) B. S(s)SO2(g)H2SO4(aq) C. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s) D. SiO2(s)H2SiO3(s)Na2SiO3(aq) 9. 化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得： 下列有关X、Y、Z的说法不正确的是 A. X中所有碳原子一定共面 B. 1molY最多与2mol NaOH 发生反应 C. Z与足量 HBr 反应生成的有机化合物分子中存在1个手性碳原子 D. X、Y、Z均能发生氧化、取代和还原反应 10. 电催化是利用催化剂电极进行电解以实现物质转变的前沿方法。使用单原子催化剂电催化将转化为的部分机理如下所示。下列说法正确的是 A. 该催化过程在电解池的阳极进行 B. 该催化过程发生了氧化反应 C. 甲、乙中的原子的杂化类型不同 D. 催化剂原子吸附中带负电的部分 11. 室温下，探究溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 能否催化分解 向5%溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 B 是否水解 向溶液中滴加2~3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化 C 是否已变质 向溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化 D 是否有还原性 向溶液中滴加几滴酸性溶液，观察溶液颜色变化 A. A B. B C. C D. D 12. 草酸亚铁(FeC2O4)是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下反应制取： 已知室温时：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2、Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4、Ksp(FeC2O4)=2.1×10-7。 下列说法正确的是 A. 室温下，向Na2C2O4溶液中加酸调节pH=2时溶液中存在：c()>c(H2C2O4) B. “酸化溶解”后的溶液中存在：2c(Fe2+) + c() = 2c()+c(OH-) C. 室温时，反应Fe2+ + H2C2O4 = FeC2O4 ↓ + 2H+的平衡常数K=40 D. 室温时，“沉铁”后的上层清液中：c(Fe2+)·c()>2.1×10-7 13. 乙醇-水催化重整可获得H2。其主要反应为 反应Ⅰ：C2H5OH(g) + 3H2O(g) =2CO2(g) + 6H2(g) ΔH=173.3kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g) + H2(g) =CO(g) + H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1 在1.0×105Pa，n始(H2O)﹕n始(C2H5OH)=3﹕1时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。 CO的选择性 下列说法正确的是 A. 图中曲线③表示平衡时H2的产率随温度的变化 B. 平衡时C2H5OH的转化率与 H₂O的转化率相等 C. 一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率 D. 一定温度下，降低体系压强，反应I的平衡常数减小 非选择题(共61分) 14. 吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。用ZnO浆料吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。 已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如题图所示。 （1）搅拌下向氧化锌浆料中匀速缓慢通入SO2气体。 ①下列操作一定能提高氧化锌浆料吸收SO2效率的有___________ (填序号)。 A．水浴加热氧化锌浆料                    B．加快搅拌 C．降低通入SO2气体的速率              D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2 ②在开始吸收的40 min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是___________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为___________。 （2）O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低生成速率越大，其主要原因是___________。 （3）将氧化后的溶液结晶可得到ZnSO4·7H2O，隔绝空气加热可得到氧化锌固体。加热过程中固体质量的残留率与温度的关系如图所示。已知C→D的过程中产生两种气体，写出该过程的化学方程式___________。 （4）氧化锌晶体的一种晶胞结构如图所示，O2-位于Zn2+构成的___________(填“四面体空隙”、“六面体空隙”或“八面体空隙”)中。若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，Zn-N中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是___________。 15. 化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下： （1）A在水中的溶解度___________C在水的溶解度。(填“大于”、“小于”、“等于”) （2）B→C的反应类型为___________。 （3）C→D的反应中有副产物X(分子式为C12H15O6Br)生成，写出X的结构简式___________。 （4）A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。 ①能发生银镜反应； ②在一定条件下完全水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶2。 （5）已知：(R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢)，写出以和CH3OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)___________。 16. 铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①滤渣1成分：Au、AgCl、PbSO4等； ②当某离子的浓度低于1.0×10-5 mol/L时，可忽略该离子的存在； ③AgCl(s) + Cl-(aq) [AgCl2]-(aq) K=2.0×10-5； ④δ表示微粒分布分数，。 回答下列问题： （1）O属于___________区元素，其基态原子的价电子排布式为___________。 （2）“滤液1”中含有H2SeO3，“氧化酸浸”时Ag2Se反应的离子方程式为___________。 （3）在“除金”工序溶液中，Cl-浓度不能超过0.5mol/L的原因是___________。 （4）在“银转化”体系中，存在： [Ag(SO3)2]3- + SO[Ag(SO3)3]5-平衡，且[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075mol/L，两种离子分布分数δ随SO浓度的变化关系如图所示，若SO浓度为1mol/L，则[Ag(SO3)3]5-的浓度为___________mol/L。 （5）AgCl经还原也可制得Ag单质。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5mol·L-1盐酸后静置，充分反应得到Ag和FeCl2.为判断AgCl是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，___________。[实验中必须使用的试剂和设备：稀HNO3、AgNO3溶液、蒸馏水，通风设备] 17. 为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，从空气中捕集CO2并将其转化为燃料或增值化学品成为了新的研究热点。 Ⅰ．CO2的捕集 （1）吸收剂X(乙醇胺，HOCH2CH2NH2)可完成对空气中CO2的捕集。 乙醇胺溶液能够吸收和解吸CO2原因是___________。 Ⅱ．CO2的资源化 （2）二氧化碳甲烷化，其主要反应为： 反应Ⅰ：CO2(g) + 4H2(g)CH4(g) + 2H2O(g) ΔH = -164.7kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) ΔH = 41.2kJ·mol-1 在密闭容器中，1.01×105Pa，n起始(CO2)﹕n起始(H2)=1﹕4时，CO2平衡转化率在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。 ①反应2CO(g) + 2H2(g)CO2 (g)+ CH4(g) ΔH = ___________kJ·mol-1； ②580℃以后CO2平衡转化率升高的主要原因是___________。 （3）为了进一步研究CO2的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO2(M表示Ni或Ru)在300℃光照的条件下进行反应，催化反应的核心过程如图所示： ①步骤Ⅲ发生的反应为___________(*X代表吸附态中间体) ②研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率___________(填“高于”或“低于”)使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率。 （4）利用高炉炼铁尾气中的CO2制取有机物的过程如图。 相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示： ， ①“电解”在质子交换膜电解池中进行，当电解电压为0.7V，阴极发生的电极反应式为：___________。 ②当电解电压为0.95V时， 生成HCHO和HCOOH的选择性之比为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$