精品解析：江西省新余市第四中学2025-2026学年高三上学期开学化学试题

2025年9月江西六校创新班联考暨江西省新余市第四中学开学考试 高三化学试题卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 B 11 一、单选题(本题共14小题，每小题3分，共计42分) 1. 生活中蕴含着丰富的化学知识。下列相关解释错误的是 A. 萤石夜晚发光与电子的跃迁有关 B. 少量水洒到煤炉上蹿出更高的火苗：碳与水反应生成CO和H2 C. 用木糖醇作甜味剂：木糖醇属于糖类，有甜味，热量比蔗糖低 D. 松花蛋上有美丽花纹：蛋白质和脂肪水解成的氨基酸和脂肪酸与碱性物质作用 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 一元酸次磷酸(H3PO2)的结构简式： B. 4-甲氧基苯胺的结构简式： C. 基态Cu＋的价电子轨道表示式： D. 反式聚异戊二烯的结构简式： 3. 用下列实验装置做相关实验能达到实验目的的是 实验装置 实验目的 A．验证金属活动性：M>N B．探究CH4与Cl2的反应 实验装置 实验目的 C．制取并收集NO2 D．证明Na与H2O反应放热 A. A B. B C. C D. D 4. X、Y、Z、W为四种原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的第一电离能在短周期元素中最大，基态Y原子中s轨道和p轨道电子数相等，基态Z原子核外有11种运动状态不同的电子，基态W原子最外层s轨道和p轨道电子数相等。下列有关说法错误的是 A. X位于元素周期表中的第ⅡA族 B. 基态Y原子核外具有3种不同能量的电子 C. 简单离子半径： D. W的最高正价为 5. 无机苯B3N3H6(，结构与苯相似)与甲烷可发生反应：3CH4+2B3N3H6+6H2O→3CO2+6H3BNH3，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1.0molH3BNH3的σ键数为6NA B. 1.0molB3N3H6的(价层)孤电子对数为3NA C. 标准状况下消耗22.4LCH4转移电子数为8NA D. 1.0molCO2溶于水，溶液中H2CO3、三种微粒数和为NA 6. 下面由方案设计、现象得到的结论错误的是 选项 方案设计 现象 结论 A 加热溶液 溶液由蓝色变为黄绿色 转化为的反应为吸热反应 B 向某待测液中滴加少量氯水 溶液变黄 该待测液中含有 C 向两支盛有相同浓度溶液的试管中分别滴入少量等浓度、等体积的、溶液 前者无明显变化，后者产生黑色沉淀 D 取淀粉于试管中，加入适量20%的溶液，沸水浴加热5min，再加入适量碘水，观察现象 溶液未显蓝色 说明淀粉水解完全 A. A B. B C. C D. D 7. 一种废水处理装置如图所示。直流电源先连结①④电极时可实现的分离并在Ⅲ室中富集NH3(aq)，再切换电源连结②③电极可实现电还原为NH3(aq)，电极均为惰性电极。下列说法正确的是 A. a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜 B. 电还原时，③接电源负极 C. 电还原时，②的电极反应式为： D. 将1L废水中的完全转化为NH3时理论上转移的电子为0.09mol 8. 下列过程中发生反应的离子方程式书写正确的是 A. 用NaOH溶液吸收 B. 明矾用于净水：（胶体） C. 向溶液中滴加过量氨水： D. 草酸使酸性溶液褪色： 9. 实验中的银镜可以采用以下方式进行清洗： 已知：和氧化性几乎相同；在水溶液中无色 下列说法不正确的是 A. 步骤1中使用的是为了增大，加快与Ag的反应速率 B. 步骤1中Ag并未全部反应，可能被包裹在步骤2的黄色固体中 C. 取试管③洗涤后的上层清液，滴加溶液可检验步骤2是否洗涤干净 D. 步骤3中黄色固体转化为无色溶液的离子方程式为 10. 一种关于有机物W的合成路线如图。下列说法正确的是 A. X→Y的反应和Y→Z的反应反应类型相同 B. Y、Z均能发生消去反应，且生成的有机产物可能相同 C. X分子中所有原子一定共平面 D. X、Y、Z、W均易溶于水 11. NaOH活化过的催化剂对甲醛氧化为具有较好的催化效果，有学者提出该催化反应的机理如下。下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中存在非极性键的断裂 B. 步骤Ⅰ可理解为HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的-OH发生作用 C. 步骤Ⅱ中发生的反应可表示为 D. 该催化剂对苯的催化氧化效果优于对HCHO的催化氧化效果 12. 某化合物的晶胞结构如图所示，将该化合物溶于水中，最终可观察到红褐色沉淀生成。下列说法错误的是 A. 该化合物的化学式为Fe(NH3)6Cl2 B. 产生红褐色沉淀过程中一定发生了氧化还原反应 C. 该晶体中存在的化学键有离子键、共价键、配位键 D. 该晶胞沿x、y、z轴方向投影均为 13. 逆水煤气变换体系中存在以下两个反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 在恒容条件下，按投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. M点反应I的平衡常数 B. N点的物质的量是的3倍 C. D. 若按投料，则曲线上交点M应向a点方向移动 14. 某废液中可能含有如下离子中的若干种：，且各离子浓度相等。某兴趣小组设计并完成如下实验探究，得出的结论正确的是 A. 废液中一定含有 B. 气体是 C. 废液中一定含有 D. 废液中可能存在 二、填空题(本题共4小题，共计58分) 15. 通过测定某蛋白质样品中氮元素的含量可以确定其优劣。“凯氏定氮法”测定蛋白质中含氮量的实验方案如下： （1）“消化”。将蛋白质样品与CuSO4溶液(作催化剂)和浓硫酸中的一种混合后放入三颈烧瓶中，实验装置如图所示，然后再滴加其中的另一种物质，在加热条件下充分反应，蛋白质中的氮元素转化为(NH4)2SO4。 ①滴液漏斗中盛放的物质是_______。 ②装置B的作用是_______。 ③反应结束后，打开止水夹K并不断通入N2，其原因是_______。 （2）“吸收”。向得到的(NH4)2SO4中加入足量的NaOH溶液充分反应后，加热将所得NH3蒸出，然后用硼酸(H3BO3)溶液吸收，得到(NH4)2B4O7溶液。 ①硼酸是一元弱酸，易与水结合生成B(OH)，其水溶液显酸性的原因是_______（用离子方程式表示）。 ②NH3与H3BO3反应生成(NH4)2B4O7的化学方程式为_______。 （3）“测定”。称取0.8000g蛋白质样品，按照上述流程制取(NH4)2B4O7溶液，然后将其加水稀释至100mL。取出25.00 mL放入锥形瓶中，滴加几滴指示剂，然后用0.1000 moL·L−1盐酸标准溶液滴定，滴定终点时消耗盐酸的体积为20.00mL。已知：(NH4)2B4O7＋2HCl＋5H2O=2NH4Cl＋4H3BO3。 ①接近终点时滴加半滴盐酸溶液的操作：慢慢转动滴定管的活塞，使滴定管的尖嘴处悬挂半滴液体不滴落，_______。 ②该样品中氮元素的质量分数为_______。（写出计算过程） 16. 一种激酶抑制剂(H)的合成路线如下： 已知：是引入保护基的试剂，为。 回答下列问题： （1）A→B的化学方程式为___________。 （2）B→C的反应类型为___________；符合下列条件的C的同分异构体有___________种。 ①含有和且连接在同一个碳原子上 ②遇溶液显色 ③苯环上有两个取代基且有两种化学环境的氢 （3）D中的含氧官能团名称为___________。E的结构简式为___________。 （4）TFA的作用___________。 （5）制备G的原料P可由邻硝基苯硫酚和2-溴丙烷为主要原料通过以下方法合成： 已知：①硫醚在酸性条件下氧化为硫砜基() ②硝基在铁粉与盐酸条件下还原为氨基(苯胺易被氧化) M的结构简式为___________。试剂X为___________。 17. 电解锰渣(主要成分是MnS、还含有FeS及Fe、Ca、Mg的氧化物等)制取高纯MnSO4并电解制备Mn的流程如下： （1）氧化酸浸。酸浸后浸出液中主要离子为Mn2+、H+、、Fe3+、Ca2+、Mg2+。写出FeS酸浸时发生反应的离子方程式_______。 （2）沉铁。常温下，Fe3+开始生成氢氧化物沉淀的pH=1.7，完全沉淀时pH=2.8(某离子浓度≤1×10-5mol/L，认为该离子沉淀完全)。酸浸后的溶液调节pH至4后，溶液中残留的c(Fe3+)=_______mol·L-1。 （3）萃取与反萃取。向沉铁后的溶液加入某有机萃取剂HA，在不同pH下进行萃取可以实现Ca2+、Mn2+的分离。萃取原理为M2+＋2HA⇌MA2＋2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+)，过程如图。 已知：某温度下M2+＋2HA⇌MA2＋2H+的平衡常数用K表示，且K(CaA2)>K(MnA2)。上述过程中前后调节pH值大小为a_______b(填“>”或“＜”) （4）结晶：反萃取后的溶液中仍存在Mg2+及少量Ca2+等杂质离子，将该溶液蒸发结晶、趁热过滤可除去部分杂质。杂质去除率随MnSO4结晶率[×100%]的变化如图。 分析杂质去除率随MnSO4结晶率的增大反而下降的原因是_______。 （5）电解：已知Se对Mn2+有特殊的吸附能力。电解酸性MnSO4溶液制备Mn时在阴极加入适量的SeO2有利于Mn在电极上析出，结合方程式说明原因_______。 （6）锰和镓形成的金属互化物的立方晶胞如图所示。晶胞中1号、2号、3号、4号Mn原子构成一个_______空隙；一个Mn原子周围距离最近且相等的Mn原子数为_______个。 18. 据悉，全球规模最大的乙醇生产装置在淮北启动生产，开创了一条煤炭清洁高效低碳利用的新路线。以煤的气化产物为原料合成无水乙醇的相关反应如下： 反应①： 反应②： （1）反应的_______。 （2）以、、为原料，假设在投料比、压强不变的条件下仅发生反应①、②，平衡时、、、的物质的量分数随温度变化如图所示。回答下列问题： ①图中的曲线B代表的是_______。 ②当温度高于后，的物质的量分数随温度升高而降低的原因是_______。 ③的平衡转化率随温度的升高_______(填“一直增大”、“一直减小”、“先增大后减小”、或“先减小后增大”)。 （3）一定温度下，向密闭容器中通入、和下发生反应①、②，平衡时CO的转化率为的物质的量为，则_______，反应②的____(保留两位有效数字)。为用物质的量分数表示的平衡常数) （4）在铜基催化剂表面可将电还原为乙醇等醇类物质，写出在酸性环境下将电还原为乙醇的电极反应方程式____。采用多孔金属有机骨架()合成Cu-BTC-X催化剂，多孔碳外壳基体覆有活性组分，碳化后活性组分均匀分散在多孔中。Cu-BTC-X催化剂较普通Cu颗粒催化剂相比，具有的优点是____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年9月江西六校创新班联考暨江西省新余市第四中学开学考试 高三化学试题卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 B 11 一、单选题(本题共14小题，每小题3分，共计42分) 1. 生活中蕴含着丰富的化学知识。下列相关解释错误的是 A. 萤石夜晚发光与电子的跃迁有关 B. 少量水洒到煤炉上蹿出更高的火苗：碳与水反应生成CO和H2 C. 用木糖醇作甜味剂：木糖醇属于糖类，有甜味，热量比蔗糖低 D. 松花蛋上有美丽花纹：蛋白质和脂肪水解成的氨基酸和脂肪酸与碱性物质作用 【答案】C 【解析】 【详解】A．萤石夜晚发光是因为电子从高能级跃迁到低能级时释放出能量，以光的形式表现出来，与电子的跃迁有关，A正确； B．少量水洒到煤炉上，碳与水在高温下反应生成CO和H2，CO和H2都是可燃性气体，燃烧时火焰更高，B正确； C．木糖醇不属于糖类，它是一种多元醇，有甜味，热量比蔗糖低，C错误； D．在制作松花蛋过程中，蛋白质和脂肪水解成的氨基酸和脂肪酸与碱性物质作用，形成松花蛋上美丽的花纹，D正确；故选C。 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 一元酸次磷酸(H3PO2)的结构简式： B. 4-甲氧基苯胺的结构简式： C. 基态Cu＋的价电子轨道表示式： D. 反式聚异戊二烯的结构简式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．一元酸次磷酸(H3PO2)只含有1个羟基氢，结构简式：，A错误； B．4-甲氧基苯胺中氨基和甲氧基处于对位，结构简式：，B正确； C．基态Cu＋的价电子数为10，价电子轨道表示式为，C错误； D．相同的原子或原子团位于双键两侧的为反式结构，反式聚异戊二烯的结构简式：，D错误； 故选B。 3. 用下列实验装置做相关实验能达到实验目的的是 实验装置 实验目的 A．验证金属活动性：M>N B．探究CH4与Cl2的反应 实验装置 实验目的 C．制取并收集NO2 D．证明Na与H2O反应放热 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．在该原电池中，若金属N 表面有氢气，说明 N 是正极，则 M 必为负极，根据原电池原理，则金属活动性M>N，A正确； B．强光下易发生爆炸，应适当光照，B错误； C．NO2能够和水发生反应生成硝酸和NO，不能用排水法收集，C错误； D．Na和水产生氢气，也能使注射器活塞自动右移，不能证明反应放热，D错误； 故选A。 4. X、Y、Z、W为四种原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的第一电离能在短周期元素中最大，基态Y原子中s轨道和p轨道电子数相等，基态Z原子核外有11种运动状态不同的电子，基态W原子最外层s轨道和p轨道电子数相等。下列有关说法错误的是 A. X位于元素周期表中的第ⅡA族 B. 基态Y原子核外具有3种不同能量的电子 C. 简单离子半径： D. W的最高正价为 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、W为四种原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的第一电离能在短周期元素中最大，为氦（He，0族）；基态Y原子中s轨道和p轨道电子数相等，则Y为碳（C，2s22p2）；基态Z原子核外有11种运动状态不同的电子，则为钠（Na，原子序数11）；基态W原子最外层s轨道和p轨道电子数相等，则为硅（Si，3s23p2）； 【详解】A．第一电离能最大是氦（He，0族），非ⅡA族，A错误； B．s和p轨道电子数相等是碳（C，2s22p2），B正确； C．11种运动状态电子→钠（Na，原子序数11），C4-（假设存在）半径＞Na+（同周期阴离子＞阳离子），C正确； D．最外层s和p电子数相等→硅（Si，3s23p2），最高正价+4，D正确； 答案选A。 5. 无机苯B3N3H6(，结构与苯相似)与甲烷可发生反应：3CH4+2B3N3H6+6H2O→3CO2+6H3BNH3，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1.0molH3BNH3的σ键数为6NA B. 1.0molB3N3H6的(价层)孤电子对数为3NA C. 标准状况下消耗22.4LCH4转移电子数为8NA D. 1.0molCO2溶于水，溶液中H2CO3、三种微粒数和为NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．H3BNH3中存在3个B-Hσ键、3个N-Hσ键、1个B-Nσ键，故1.0molH3BNH3的σ键数为7NA，A错误； B．B3N3H6的结构与苯相似，则B、N均为sp2杂化，B的3个价电子均用于形成σ键，无孤电子对，N有3个价电子用于形成3个σ键，每个N有一对电子参与形成大π键，故1.0molB3N3H6的(价层)孤电子对数为0，B错误； C．反应中C的价态升高，CH4作还原剂，标准状况下消耗22.4LCH4(1mol)转移电子数=1mol×[4-(-4)]×NAmol-1=8NA，C正确； D．CO2溶于水存在CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)，根据碳原子守恒可知1.0molCO2溶于水，溶液中H2CO3、三种微粒数和小于NA，D错误； 故选C。 6. 下面由方案设计、现象得到的结论错误的是 选项 方案设计 现象 结论 A 加热溶液 溶液由蓝色变为黄绿色 转化为的反应为吸热反应 B 向某待测液中滴加少量氯水 溶液变黄 该待测液中含有 C 向两支盛有相同浓度溶液的试管中分别滴入少量等浓度、等体积的、溶液 前者无明显变化，后者产生黑色沉淀 D 取淀粉于试管中，加入适量20%的溶液，沸水浴加热5min，再加入适量碘水，观察现象 溶液未显蓝色 说明淀粉水解完全 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．加热CuCl2溶液颜色由蓝变黄绿，说明[Cu(H2O)4]2+转化为[CuCl4]2-的反应吸热，根据勒夏特列原理，升温促进吸热反应，现象与结论一致，A正确； B．滴加氯水后溶液变黄，结论为含Fe2+，但Br⁻被Cl2氧化为Br2也会使溶液变黄，无法排除Br⁻干扰，结论不唯一，B错误； C．Na2S溶液中滴加ZnSO4无沉淀，而CuSO4产生沉淀，说明Q(ZnS) < Ksp(ZnS)，Q(CuS) > Ksp(CuS)，故Ksp(ZnS) > Ksp(CuS)，结论正确，C正确； D．酸性条件下，加入碘水，溶液不变蓝，可以证明淀粉已经水解完全，D项正确； 故选B。 7. 一种废水处理装置如图所示。直流电源先连结①④电极时可实现的分离并在Ⅲ室中富集NH3(aq)，再切换电源连结②③电极可实现电还原为NH3(aq)，电极均为惰性电极。下列说法正确的是 A. a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜 B. 电还原时，③接电源负极 C. 电还原时，②的电极反应式为： D. 将1L废水中的完全转化为NH3时理论上转移的电子为0.09mol 【答案】D 【解析】 【分析】分离阶段：直流电源先连结①④电极时可实现的分离并在Ⅲ室中富集NH3(aq)，则④电极发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，为阴极，向Ⅲ室移动与产生的OH-作用富集NH3(aq)，①电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，向Ⅰ室迁移，从而实现的分离，a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜； 电还原阶段：切换电源连结②③电极可实现电还原为NH3(aq)，则②电极为阴极，电极反应式为，OH-向Ⅱ室迁移，③电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，H+向Ⅱ室迁移。 【详解】A．由分析可知a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜，A错误； B．电还原时，③为阳极，接电源正极，B错误； C．电还原时②电极为阴极，电极反应式为，C错误； D．1L废水中的的物质的量均为0.01mol/L×1L=0.01mol，转化为NH3(aq)时需要0.01molOH-，根据此阶段阴极电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-可知转移0.01mol电子，电还原阶段转化为NH3(aq)时由阴极电极反应式可知转移0.08mol电子，故完全转化为NH3时理论上转移的电子为0.09mol，D正确； 答案选D。 8. 下列过程中发生反应的离子方程式书写正确的是 A. 用NaOH溶液吸收 B. 明矾用于净水：（胶体） C. 向溶液中滴加过量氨水： D. 草酸使酸性溶液褪色： 【答案】B 【解析】 【详解】A．NaOH溶液可与反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式：，A错误； B．明矾的化学式为，它溶于水后能电离出，水解产生的胶体表面积大，能吸附悬浮物而达到净水的目的，涉及的离子方程式：（胶体），B正确； C．向溶液中滴加过量氨水，铜离子可与一水合氨发生络合反应生成四氨合铜络离子，离子方程式应为，C错误； D．草酸属于弱酸，在离子方程式中不能拆开，正确的离子方程式应为，D错误； 故选B。 9. 实验中的银镜可以采用以下方式进行清洗： 已知：和氧化性几乎相同；在水溶液中无色 下列说法不正确的是 A. 步骤1中使用的是为了增大，加快与Ag的反应速率 B. 步骤1中Ag并未全部反应，可能被包裹在步骤2的黄色固体中 C. 取试管③洗涤后的上层清液，滴加溶液可检验步骤2是否洗涤干净 D. 步骤3中黄色固体转化为无色溶液的离子方程式为 【答案】B 【解析】 【分析】在溶液中存在平衡：，I2在水中的溶解度不大，在碘水中加入KI可使更多的I2溶解，增大了c(I2)，从而加快了I2与Ag的反应速率；试管底部的黄色沉淀为AgI，经过离心、洗涤可得到AgI，加入硫代硫酸钠溶液，AgI溶于硫代硫酸钠溶液生成和，溶液为无色。 【详解】A．在碘水中加入KI可使更多的I2溶解，步骤1中使用的增大了溶液中的，从而加快(或)与Ag的反应速率，A正确； B．AgI能溶于Na2S2O3溶液而Ag不能，步骤3后得到无色溶液，说明黄色固体只有AgI，则可证明步骤1中Ag已全部反应，未被包裹在步骤2的黄色固体中，B错误； C．取试管③洗涤后的上层清液，滴加溶液，若产生黄色沉淀，说明洗涤液中含有I-，步骤2没有洗涤干净，若不产生黄色沉淀，可说明步骤2已经洗涤干净，C正确； D．步骤3中黄色固体AgI溶于硫代硫酸钠溶液生成和，溶液为无色，离子方程式为，D正确； 故选B。 10. 一种关于有机物W的合成路线如图。下列说法正确的是 A. X→Y的反应和Y→Z的反应反应类型相同 B. Y、Z均能发生消去反应，且生成的有机产物可能相同 C. X分子中所有原子一定共平面 D. X、Y、Z、W均易溶于水 【答案】B 【解析】 【详解】A．X→Y为羰基还原为羟基的反应，为还原反应；Y→Z为羟基被溴原子取代的反应，为取代反应，A错误； B．Y含有羟基，能发生消去反应生成碳碳双键，Z含有溴原子，也能发生消去反应生成碳碳双键，且羟基和溴原子位置相同，则生成的有机产物可能相同，B正确； C．X分子中含有饱和碳原子，为四面体结构，则所有原子不共平面，C错误； D．Z中不含有亲水基团，难溶于水，D错误； 故选B。 11. NaOH活化过的催化剂对甲醛氧化为具有较好的催化效果，有学者提出该催化反应的机理如下。下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中存在非极性键的断裂 B. 步骤Ⅰ可理解为HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的-OH发生作用 C. 步骤Ⅱ中发生的反应可表示为 D. 该催化剂对苯的催化氧化效果优于对HCHO的催化氧化效果 【答案】D 【解析】 【详解】A．步骤Ⅰ中O2断键为非极性键断裂，故A正确； B．氧的电负性大于碳，HCHO中带部分负电荷的O，由图可知，与催化剂表面的-OH中带部分正电荷的H发生作用，故B正确； C．步骤Ⅱ中观察反应物质的变化可知，生成了CO和H2O，发生的反应可表示为，故C正确； D．苯中存在共轭效应，电子分布较均匀，该催化剂要有正、负电荷的作用，因此对苯的催化氧化效果弱于对HCHO的催化氧化效果，故D错误； 故答案选D。 12. 某化合物的晶胞结构如图所示，将该化合物溶于水中，最终可观察到红褐色沉淀生成。下列说法错误的是 A. 该化合物的化学式为Fe(NH3)6Cl2 B. 产生红褐色沉淀过程中一定发生了氧化还原反应 C. 该晶体中存在的化学键有离子键、共价键、配位键 D. 该晶胞沿x、y、z轴方向投影均为 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知Fe位于顶角和面心，共4个，每个Fe有6个NH3与其配位，共4×6=24个NH3，Cl在晶胞内部，共8个，则该化合物的化学式为Fe(NH3)6Cl2，A正确； B．该化合物的化学式为Fe(NH3)6Cl2，Fe为+2价，红褐色沉淀为Fe(OH)3，则产生红褐色沉淀过程中一定发生了氧化还原反应，B正确； C．该晶体中存在的化学键有Cl-和[Fe(NH3)6]2+之间的离子键、N-H共价键、Fe←N配位键，C正确； D．图没有晶胞中左、右、前、后面心的[Fe(NH3)6]2+的投影，D错误； 故选D。 13. 逆水煤气变换体系中存在以下两个反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 在恒容条件下，按投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. M点反应I的平衡常数 B. N点的物质的量是的3倍 C. D. 若按投料，则曲线上交点M应向a点方向移动 【答案】D 【解析】 【详解】A．M点：CH4的体积分数为0， CO2和CO的体积分数均为50%，说明此时只发生反应I，因起始投料比，故M点n(CO2)=n(CO)= n(H2)=n(H2O)，K=1，A正确； B．N点CO与CH4体积分数相同，结合反应方程式的系数可知，生成水的总的物质的量为甲烷的3倍，B正确； C．根据盖斯定律，反应II-反应I可得，C正确； D．n(CO2):n(H2)=1:2投料，反应Ⅰ、Ⅱ平衡正向移动， CO2的转化率增大，平衡时CO2的体积分数减小，则曲线交点位置向b点方向移动，D错误 故选D。 14. 某废液中可能含有如下离子中的若干种：，且各离子浓度相等。某兴趣小组设计并完成如下实验探究，得出的结论正确的是 A. 废液中一定含有 B. 气体是 C. 废液中一定含有 D. 废液中可能存在 【答案】C 【解析】 【分析】溶液中加入、产生白色沉淀，则原溶液中一定含有，溶液中加入溶液出现红褐色沉淀，可知原溶液中含有，则根据离子共存原则，可推断出原溶液中一定不含有。溶液中加入溶液产生气体E，E为氨气，则原溶液中一定含有，再根据各离子浓度相等，结合电荷守恒原则，可推出原溶液中一定含有，一定不含与不能共存，则一定不含有。 【详解】A．由上述分析可知，废液中一定不含有，A错误； B．废液中不含有，气体为氧化时生成的，B错误； C．气体为氨气，则废液中一定含有，C正确； D．废液中含有，则一定不存在，D错误 答案选C。 二、填空题(本题共4小题，共计58分) 15. 通过测定某蛋白质样品中氮元素的含量可以确定其优劣。“凯氏定氮法”测定蛋白质中含氮量的实验方案如下： （1）“消化”。将蛋白质样品与CuSO4溶液(作催化剂)和浓硫酸中的一种混合后放入三颈烧瓶中，实验装置如图所示，然后再滴加其中的另一种物质，在加热条件下充分反应，蛋白质中的氮元素转化为(NH4)2SO4。 ①滴液漏斗中盛放的物质是_______。 ②装置B的作用是_______。 ③反应结束后，打开止水夹K并不断通入N2，其原因是_______。 （2）“吸收”。向得到的(NH4)2SO4中加入足量的NaOH溶液充分反应后，加热将所得NH3蒸出，然后用硼酸(H3BO3)溶液吸收，得到(NH4)2B4O7溶液。 ①硼酸是一元弱酸，易与水结合生成B(OH)，其水溶液显酸性的原因是_______（用离子方程式表示）。 ②NH3与H3BO3反应生成(NH4)2B4O7的化学方程式为_______。 （3）“测定”。称取0.8000g蛋白质样品，按照上述流程制取(NH4)2B4O7溶液，然后将其加水稀释至100mL。取出25.00 mL放入锥形瓶中，滴加几滴指示剂，然后用0.1000 moL·L−1盐酸标准溶液滴定，滴定终点时消耗盐酸的体积为20.00mL。已知：(NH4)2B4O7＋2HCl＋5H2O=2NH4Cl＋4H3BO3。 ①接近终点时滴加半滴盐酸溶液的操作：慢慢转动滴定管的活塞，使滴定管的尖嘴处悬挂半滴液体不滴落，_______。 ②该样品中氮元素的质量分数为_______。（写出计算过程） 【答案】（1） ①. 浓硫酸 ②. 作安全瓶，防止NaOH溶液倒吸 ③. 将生成的SO2赶入装置C中完全吸收 （2） ①. H3BO3＋H2O⇌＋H＋ ②. 2NH3＋4H3BO3=(NH4)2B4O7＋5H2O （3） ①. 用锥形瓶内壁将其碰下来，并用蒸馏水将其冲入锥形瓶内 ②. 14% 【解析】 【分析】蛋白质样品“消化”将氮元素转化为硫酸铵，在将生成的硫酸铵与氢氧化钠溶液混合并加热反应生成氨气，生成的氨气通入H3BO3溶液中吸收，最后用标准盐酸溶液滴定，计算样品中的氮含量。 【小问1详解】 ①将蛋白质样品在CuSO4催化下用硫酸消化分解，使氮元素转化为 ，所以滴液漏斗中盛放的物质是浓硫酸； ②装置B中导气管“长进短出”，B的作用是作安全瓶，防止NaOH溶液倒吸； ③蛋白质“消化”过程中，浓硫酸还原产生二氧化硫，反应结束后，打开止水夹K并不断通入N2，将生成的SO2赶入装置C中完全吸收。 【小问2详解】 ①H3BO3＋H2O⇌＋H＋，所以硼酸水溶液显酸性； ②根据元素守恒，NH3与H3BO3反应生成(NH4)2B4O7的化学方程式为2NH3＋4H3BO3=(NH4)2B4O7＋5H2O； 【小问3详解】 ①接近终点时滴加半滴盐酸溶液的操作：慢慢转动滴定管的活塞，使滴定管的尖嘴处悬挂半滴液体不滴落，用锥形瓶内壁将其碰下来，并用蒸馏水将其冲入锥形瓶内。 ②根据反应建立关系式2N~2NH3~(NH4)2B4O7~2HCl，n(N)=n(HCl)= 0.1000 moL·L−1×0.02L=0.002mol，该样品中氮元素的质量分数为。 16. 一种激酶抑制剂(H)的合成路线如下： 已知：是引入保护基的试剂，为。 回答下列问题： （1）A→B的化学方程式为___________。 （2）B→C的反应类型为___________；符合下列条件的C的同分异构体有___________种。 ①含有和且连接在同一个碳原子上 ②遇溶液显色 ③苯环上有两个取代基且有两种化学环境的氢 （3）D中的含氧官能团名称为___________。E的结构简式为___________。 （4）TFA的作用___________。 （5）制备G的原料P可由邻硝基苯硫酚和2-溴丙烷为主要原料通过以下方法合成： 已知：①硫醚在酸性条件下氧化为硫砜基() ②硝基在铁粉与盐酸条件下还原为氨基(苯胺易被氧化) M的结构简式为___________。试剂X为___________。 【答案】（1） （2） ①. 取代反应 ②. 10 （3） ①. 醚键、硝基 ②. （4）脱去保护基 （5） ①. ②. H2O2/H+ 【解析】 【分析】根据D的结构、A→B→C→D的反应条件以及相关化合物的分子式可反推得：A为，B为，C为，则A在浓硫酸、浓硝酸、加热作用下生成B，B与异丙醇发生取代反应生成C和HF，C与在Pd催化条件下生成D；根据H的结构、D→E→F→H的反应条件以及相关化合物的分子式可反推得：E为，F为，G为，则D经氢气还原为E，E使用Boc基团保护氨基得到F，F与G发生取代反应、在经过TFA脱去保护基生成H。 【小问1详解】 据分析，A→B的化学方程式为。 【小问2详解】 据分析，B→C的反应类型为取代反应；据已知，C的同分异构体为-OH和-C4H8NO2Cl对位取代的苯，同分异构体数目取决于-C4H8NO2Cl的种类，不考虑Cl取代的-C4H9NO2有：、、、，再考虑Cl取代位置共有3+2+2+3=10种。 【小问3详解】 根据D的结构，其含氧官能团名称为醚键、硝基；据分析，E的结构简式为。 【小问4详解】 TFA为三氟乙酸，脱去Boc保护基，酸性条件，使F和G反应产物质子化得到H。 【小问5详解】 根据已知条件，2-B硝基硫醇与2-溴丙烷反应生成，然后通过酸性过氧化氢氧化、Fe/HCl还原得到（氨基易被氧化，不能首先将硝基还原为氨基，再氧化硫醚），则P的合成路线为：，则M的结构简式为，试剂X为H2O2/H+。 17. 电解锰渣(主要成分是MnS、还含有FeS及Fe、Ca、Mg的氧化物等)制取高纯MnSO4并电解制备Mn的流程如下： （1）氧化酸浸。酸浸后浸出液中主要离子为Mn2+、H+、、Fe3+、Ca2+、Mg2+。写出FeS酸浸时发生反应的离子方程式_______。 （2）沉铁。常温下，Fe3+开始生成氢氧化物沉淀的pH=1.7，完全沉淀时pH=2.8(某离子浓度≤1×10-5mol/L，认为该离子沉淀完全)。酸浸后的溶液调节pH至4后，溶液中残留的c(Fe3+)=_______mol·L-1。 （3）萃取与反萃取。向沉铁后的溶液加入某有机萃取剂HA，在不同pH下进行萃取可以实现Ca2+、Mn2+的分离。萃取原理为M2+＋2HA⇌MA2＋2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+)，过程如图。 已知：某温度下M2+＋2HA⇌MA2＋2H+的平衡常数用K表示，且K(CaA2)>K(MnA2)。上述过程中前后调节pH值大小为a_______b(填“>”或“＜”) （4）结晶：反萃取后的溶液中仍存在Mg2+及少量Ca2+等杂质离子，将该溶液蒸发结晶、趁热过滤可除去部分杂质。杂质去除率随MnSO4结晶率[×100%]的变化如图。 分析杂质去除率随MnSO4结晶率的增大反而下降的原因是_______。 （5）电解：已知Se对Mn2+有特殊的吸附能力。电解酸性MnSO4溶液制备Mn时在阴极加入适量的SeO2有利于Mn在电极上析出，结合方程式说明原因_______。 （6）锰和镓形成的金属互化物的立方晶胞如图所示。晶胞中1号、2号、3号、4号Mn原子构成一个_______空隙；一个Mn原子周围距离最近且相等的Mn原子数为_______个。 【答案】（1）9MnO2 + 2FeS + 20H+=2+2Fe3+ +9Mn2+ + 10H2O （2）10-8.6 （3）＜ （4）水分大量蒸发，溶剂减少后使杂质结晶的析出量增加 （5）阴极：SeO2＋4H+＋4e−=Se＋2H2O，生成Se单质能吸附Mn2+，有利于Mn2+在阴极发生还原并沉积 （6） ①. 正四面体 ②. 12 【解析】 【分析】向电解锰渣中加入MnO2矿粉和稀硫酸，由于MnO2具有氧化性，MnS中S元素被氧化为硫酸根，CaO与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4。Fe2O3、氧化镁生成可溶于水的金属硫酸盐，调节沉淀铁，通过萃取和反萃取实现、的分离，得到MnSO4并电解制备Mn。 【小问1详解】 氧化酸浸，MnS中S元素被氧化为硫酸根，FeS酸浸时发生反应的离子方程式：。 【小问2详解】 当金属离子浓度低于，该离子沉淀完全，据此可以求出氢氧化铁的溶度积常数：===。溶液调节后，。 【小问3详解】 根据萃取原理：，可知平衡常数：。根据二者平衡常数大小，值越大，越有利于反应进行，若金属离子浓度相同，钙离子在较低下即可形成 ，而锰离子需较高才能达到类似程度，先萃取，所以上述过程中前后调节值大小为。 【小问4详解】 通过浓缩溶液（蒸发结晶等操作）使目标溶质达到过饱和而析出晶体，由于溶液中的水分逐渐减少，溶剂减少，杂质也会析出晶体。 【小问5详解】 电解酸性MnSO4溶液制备Mn时的阳极反应为：，阴极加入适量的的电极反应为：，生成的单质能吸附，有利于在阴极发生还原并沉积。 【小问6详解】 根据晶胞中1号、2号、3号、4号Mn原子分别位于四个顶点，类似于甲烷中氢原子位置，所以构成一个正四面体空隙。该晶胞中，以号锰原子为中心原子进行参考，同层有4个锰原子距离最近，以及（该晶胞）中层和上层（晶胞，未画出）距离最近且相等的Mn原子总数为12。 18. 据悉，全球规模最大的乙醇生产装置在淮北启动生产，开创了一条煤炭清洁高效低碳利用的新路线。以煤的气化产物为原料合成无水乙醇的相关反应如下： 反应①： 反应②： （1）反应的_______。 （2）以、、为原料，假设在投料比、压强不变的条件下仅发生反应①、②，平衡时、、、的物质的量分数随温度变化如图所示。回答下列问题： ①图中的曲线B代表的是_______。 ②当温度高于后，的物质的量分数随温度升高而降低的原因是_______。 ③的平衡转化率随温度的升高_______(填“一直增大”、“一直减小”、“先增大后减小”、或“先减小后增大”)。 （3）一定温度下，向密闭容器中通入、和下发生反应①、②，平衡时CO的转化率为的物质的量为，则_______，反应②的____(保留两位有效数字)。为用物质的量分数表示的平衡常数) （4）在铜基催化剂表面可将电还原为乙醇等醇类物质，写出在酸性环境下将电还原为乙醇的电极反应方程式____。采用多孔金属有机骨架()合成Cu-BTC-X催化剂，多孔碳外壳基体覆有活性组分，碳化后活性组分均匀分散在多孔中。Cu-BTC-X催化剂较普通Cu颗粒催化剂相比，具有的优点是____。 【答案】（1） （2） ①. CO ②. 两者均为放热反应，温度升高均逆向移动，而反应①平衡逆向移动的程度大于反应②平衡逆向移动的程度 ③. 一直减小 （3） ①. 0.2 ②. 7.3 （4） ①. ②. 催化剂中活性位点相对均匀分散，这有利于增大其活性面积，从而提高其还原的效率 【解析】 【小问1详解】 反应可以由反应①加反应②得到，所以； 【小问2详解】 反应①、②均是放热反应，所以升高温度反应①、②均逆向移动，的平衡转化率一直减小。反应①逆向移动使的物质的量分数降低，反应②逆向移动使的物质的量分数增大，的物质的量分数之前随温度升高而增大，说明升高温度反应②逆向移动的程度大于反应①逆向移动的程度，同时的量也在增大，所以为的物质的量分数变化曲线，此时的量变化不大，为的物质的量分数变化曲线，的物质的量分数之后随温度升高而降低，说明升高温度反应②逆向移动的程度小于反应①逆向移动的程度，此时CO增多； 【小问3详解】 根据投料和转化率列出三段式： 可知；气体的物质的量共，所以反应②的； 【小问4详解】 根据元素价态变化和酸性环境可得出电极反应方程式为；催化剂较普通颗粒催化剂活性位点相对分散，有利于提高催化剂与反应物的接触面积，提高催化效率。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $