精品解析：江苏省常州市金坛区第一中学2025-2026学年高三上学期10月月考化学试题

2025年秋学期金坛一中高三年级化学学科10月阶段性调研试卷 检测用时：75分钟 本卷满分：100分 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 Mn55 Ag108 Co59 一、单项选择题：每题只有一个选项最符合题意(每题3分，共39分)。 1. 下列工业生产中以碳酸钠作反应物的是 A. 高炉炼铁 B. 侯德榜制碱 C. 粗铜精炼 D. 工业制玻璃 2. 反应可用于除去中混有的。下列说法正确的是 A. 的键角小于的键角 B. 为非极性分子 C. 的空间结构为正四面体 D. 的结构示意图为 3. 下列由废铁屑制取的实验装置与操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲称取一定质量的固体 B. 用装置乙除去废铁屑表面的油污 C. 用装置丙将废铁屑充分溶解 D. 用装置丁蒸干溶液得到晶体 4. 硫酸氢氯吡格雷片是抗血小板凝聚药物，下列说法正确的是 A. 电离能： B. 酸性： C. 离子半径： D. 电负性： 阅读下列材料，完成以下问题： F2在常温下与Cu反应生成致密的氟化物薄膜，高温时与Na2SO4反应生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2与浓硫酸在加热条件下反应可制得HF，常温下测得HF的相对分子质量约为37。SO2通入KClO3酸性溶液中制得黄绿色气体ClO2常用作自来水消毒剂。Cl2和潮湿的Na2CO3反应生成Cl2O。(CN)2具有与卤素单质相似的化学性质。Ka(HCN)=4.9×10-10。 5. 下列说法不正确的是 A. 硫酰氟(SO2F2)的键角大于SO2的键角 B. 和Cl2O的中心原子的杂化轨道类型为sp3 C. (CN)2分子中所有原子最外层均满足8电子结构 D. 常温下，氟化氢分子间以氢键结合形成(HF)2 6. 下列化学反应表示正确的是 A. CaF2与浓硫酸反应： B. Cl2和潮湿的Na2CO3反应：2Cl2＋2OH- =2Cl-＋Cl2O＋H2O C. F2与熔融的Na2SO4反应： D. (CN)2与水反应：(CN)2＋H2O⇌H++CN-＋HOCN 7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. ClO2是黄绿色气体，可用于自来水消毒 B. Cu与F2反应生成致密的氟化物薄膜，可用于制作储存F2的容器 C. SO2具有氧化性，可用于与KClO3反应制ClO2 D. HF具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃 8. 一种二次储能电池的构造示意图如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，电能转化为化学能 B. 放电时，右侧通过质子交换膜向左侧电极移动 C. 充电时，左侧电极方程式为： D. 充电时，每生成1molFe3+时，理论上有通过质子交换膜 9. 某抗凝血作用的药物Z可用下列反应合成。下列说法正确的是 A. 与溶液反应，最多消耗 B. Y分子中和杂化的碳原子数目比为2:3 C. Z中所有原子可能共平面 D. Z不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 10. 元素及其化合物的转化在工业生产中具有极其重要的用途。下列物质间转化能实现的是 A. 工业制取漂白粉：饱和食盐水漂白粉 B. 工业制取镁：溶液无水Mg C. 工业制取硫酸： D. 工业制取纯碱：饱和食盐水固体固体 11. 反应可用于储氢，可能机理如下图所示。下列说法正确的是 A. 步骤I中带正电荷的C与催化剂中的N之间发生作用 B. 步骤I中存在极性键与非极性键的断裂和形成 C. 步骤III中发生了氧化反应 D. 整个过程中所涉及元素的化合价均发生了变化 12. 以磷石膏(主要成分，杂质、等)和氨水为原料可实现矿物封存同时制备轻质，转化部分流程如图。 ，， ，。 下列说法正确的是 A. 氨水中存在： B. “转化”步骤，通入后清液中始终存在 C. “转化”步骤，若通入至溶液为6.5，此时溶液中 D. “滤液”中存在： 13. 已知CO2催化加氢的主要反应有： 反应Ⅰ CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ΔS1<0 反应Ⅱ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2>0 ΔS2 在恒温恒压反应器中通入1 mol CO2、3 mol H2气体，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化关系如下图。已知：CH3OH产率=×100%；CH3OH的选择性=×100%。下列说法不正确的是 A. ΔH1＜0，ΔS2＞0 B. CH3OH的平衡选择性随温度的升高而减小 C. 525 K后，升高温度对反应Ⅰ的影响大于对反应Ⅱ的影响 D. 525 K时，增大的值或增大压强均能使CO2的平衡转化率达到b点的值 二、非选择题(共61分)： 14. 利用水钴矿(主要成分为，含少量、、、)制备二次电池添加剂的流程如下。 已知：i．沉淀过快无法形成；在碱性溶液中易被氧化。 ii．、易与形成配合物。 （1）“酸浸”固液混合时，加料方式为_______(填序号)。 A.将水钴矿先和硫酸混合再滴加亚硫酸钠溶液 B.将水钴矿先和亚硫酸钠溶液混合再滴加硫酸 （2）滤渣2主要成分为，写出“沉铁”的离子方程式为_______。 （3）“萃取”时，有机相会萃取出Mn元素。写出酸浸时与硫酸及亚硫酸钠溶液发生反应的离子方程式_______。 （4）由转化过程中： ①制备，先加氨水再加溶液的理由是_______。 ②“沉钴”中使用热NaOH溶液有利于形成较纯净的，可能原因是_______。 （5）经仪器分析，测得按题(4)步骤制得的晶体结构中含有(Ⅲ)，为确定沉钴过程中需加入还原剂的量，需对产品中的(III)进行测定。 碘量法测定Co(III)含量：称取0.500 g产品，用稀硫酸溶解、定容得100 mL溶液，量取25.00 mL溶液放入锥形瓶中，加入过量的Kl和2~3滴淀粉溶液，再用0.0100 mol/L的溶液滴定(反应原理：、均未配平)，达到滴定终点时消耗溶液24.00 mL。 计算产品中钴(III)的质量分数为_______。(答案保留三位有效数字) 15. 氯喹是合成一种抑制病毒药物的中间体，其合成路线如下图： （1）C分子中采取sp2杂化的碳原子数目是_______。 （2）B→C的反应需经历两步，其反应类型依次为_______、_______。 （3）C→D的反应中会有一种与D互为同分异构体的副产物X生成，该副产物X的结构简式为_______。 （4）E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酸性条件下水解得到的两种有机产物，都能发生银镜反应，其中一种也能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中有氰基(-CN)； ③分子中有4种不同化学环境的氢； ④分子中有一个手性碳原子。 （5）写出以1，3-丁二烯()和为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 16. 纳米铜用途广泛，可用次磷酸(H3PO2)还原柠檬酸铜钠制备。 已知：①H3PO2为一元弱酸；在一定条件下可分解：2H3PO2 =PH3↑+ H3PO4。 ②Ca(H2PO2)2易溶于水。 ③Cu2+与柠檬酸根离子可形成配位离子[Cu2(C6H5O7)2 ]2-。 （1）制备次磷酸。在如图所示装置中将白磷(P4)与石灰乳混合，在85℃下搅拌2~3小时，制得Ca(H2PO2)2，反应的离子方程式为_______，冷却后过滤，滤液通过强酸性阳离子树脂后得到H3PO2。 （2）制备柠檬酸铜钠[Na2Cu2(C6H5O7)2 ]。制备过程如图所示： ①基态Cu2+的核外电子排布式为_______。 ②加入H2O2溶液的作用是_______。 （3）制备纳米铜。 在敞开体系中，向柠檬酸铜钠溶液中加入稀H2SO4调节溶液pH为4~6，加入一定量H3PO2，在50~70℃时反应半小时，经过滤、洗涤、干燥得到产品。 ①调pH后的溶液中的Cu2+将H3PO2氧化为H3PO4，该反应的离子方程式为_______。 ②H3PO2的实际用量远大于理论值的原因是_______。 （4）经过H3PO2还原后所得的纳米铜中含有难溶的Cu2O，欲测定产品中Cu2O的百分含量，请补充完整以下实验方案：用电子天平准确称取一定质量的样品，置于烧杯中， _______，将沉淀灼烧至恒重后，用电子天平称量，计算。 (已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。必须使用的试剂：2mol·L-1H2SO4溶液、1mol·L-1NaOH溶液、2mol·L-1BaCl2溶液、蒸馏水) 17. 钴(Co)是一种重要的战略金属，与Fe处于同族，钴及其化合物应用广泛。 （1）利用过硫酸钠()氧化法从钴渣中回收钴。在加热条件下控制pH为4.0-4.5，可将净化液中氧化成氢氧化物沉淀而分离。反应的离子方程式为___________。 （2）钴净化液中的也可经草酸沉淀为而分离，草酸钴晶体热解可制得钴的氧化物。 ①以不同浓度的草酸为沉淀剂，Co沉淀率随pH变化如图-1所示。Co沉淀率随pH增大而减小的原因是___________。 ②若使用氨水调节溶液的，沉淀率随pH变化如图-2所示。时，Co沉淀率随pH增大而略有下降的可能原因是___________。 （3）是光热催化甲醇、甲苯等挥发性有机污染物的理想材料。光热催化氧化甲醇可能的反应机理如图-3所示。 ①吸附在表面的甲醇与催化剂表面活性晶格氧反应脱水形成中间体___________，中间体再在氧气的参与下被氧化成甲酸盐，最终氧化产物为和。 ②研究表明，催化反应体系湿度过大时，产率明显减小，可能的原因是___________。 ③实验室模拟光热催化氧化甲醇。模拟太阳光照下，在“自制光热反应器”进气口以流速通入模拟污染空气至催化剂表面，出气口测得。已知CH3OH的转化率为96%，则CO2的产率()为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋学期金坛一中高三年级化学学科10月阶段性调研试卷 检测用时：75分钟 本卷满分：100分 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 Mn55 Ag108 Co59 一、单项选择题：每题只有一个选项最符合题意(每题3分，共39分)。 1. 下列工业生产中以碳酸钠作反应物的是 A. 高炉炼铁 B. 侯德榜制碱 C. 粗铜精炼 D. 工业制玻璃 【答案】D 【解析】 【详解】A．高炉炼铁的主要原料为铁矿石、焦炭和石灰石，碳酸钠不是该反应的反应物，故不选A； B．侯德榜制碱法是饱和NaCl溶液、NH3、CO2反应生成碳酸氢钠沉淀，碳酸氢钠再分解生成碳酸钠，碳酸钠为产物，故不选B； C．粗铜精炼使用硫酸铜溶液作为电解液，与碳酸钠无关，故不选C； D．工业制玻璃中，主要原料是碳酸钠、SiO2、碳酸钙，高温反应生成硅酸钠、硅酸钙和CO2，碳酸钠是该反应的反应物，故选D； 选D。 2. 反应可用于除去中混有的。下列说法正确的是 A. 的键角小于的键角 B. 为非极性分子 C. 的空间结构为正四面体 D. 的结构示意图为 【答案】C 【解析】 【详解】A．H2O 和 H2S 的中心原子均有2对孤电子对，分子构型均为V形。由于O的电负性大于S， H-O 成键电子对更靠近O原子，导致成键电子对之间的排斥力大于 H2S 中成键电子对之间的排斥力，因此 H2O 的键角大于 H2S 的键角，A错误； B．分子呈V形，正负电荷中心不能重合，故为极性分子，B错误； C．的中心原子是S，其σ键电子对数为4，孤电子对数为，价层电子对数为4+0=4，故的空间结构为正四面体，C正确； D．核内质子数为16，结构示意图应为，D错误； 故选C。 3. 下列由废铁屑制取的实验装置与操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲称取一定质量的固体 B. 用装置乙除去废铁屑表面的油污 C. 用装置丙将废铁屑充分溶解 D. 用装置丁蒸干溶液得到晶体 【答案】B 【解析】 【详解】A．用托盘天平称取一定质量的固体，应该“左物右码”，故A错误； B．加热能促进纯碱水解，溶液碱性增强，油污更容易因水解而被除去，因此可用热的纯碱溶液洗涤铁屑表面的油污，故B正确； C．铁在浓硫酸中钝化，用稀硫酸溶解废铁屑生成硫酸亚铁和氢气，故C错误； D．受热易失去结晶水，不能用蒸干溶液的方法制取，应该用加热浓缩、冷却结晶的方法得到晶体，故D错误； 答案选B。 4. 硫酸氢氯吡格雷片是抗血小板凝聚药物，下列说法正确的是 A. 电离能： B. 酸性： C. 离子半径： D. 电负性： 【答案】A 【解析】 【详解】A．同周期从左往右，元素的第一电离能递增（ⅡA、ⅤA族元素高于同周期相邻元素），故电离能：；同主族从上往下元素的第一电离能递减，故电离能：，所以电离能：，A正确； B．同周期从左往右，元素的非金属性递增，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：Cl>S，故酸性：，B错误； C．核外电子结构相同，则核电荷数越大半径越小（序大径小），故半径：，C错误； D．同主族从上往下元素的电负性递减，故电负性：，D错误； 故答案选A。 阅读下列材料，完成以下问题： F2在常温下与Cu反应生成致密的氟化物薄膜，高温时与Na2SO4反应生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2与浓硫酸在加热条件下反应可制得HF，常温下测得HF的相对分子质量约为37。SO2通入KClO3酸性溶液中制得黄绿色气体ClO2常用作自来水消毒剂。Cl2和潮湿的Na2CO3反应生成Cl2O。(CN)2具有与卤素单质相似的化学性质。Ka(HCN)=4.9×10-10。 5. 下列说法不正确的是 A. 硫酰氟(SO2F2)的键角大于SO2的键角 B. 和Cl2O的中心原子的杂化轨道类型为sp3 C. (CN)2分子中所有原子最外层均满足8电子结构 D. 常温下，氟化氢分子间以氢键结合形成(HF)2 6. 下列化学反应表示正确的是 A. CaF2与浓硫酸反应： B. Cl2和潮湿的Na2CO3反应：2Cl2＋2OH- =2Cl-＋Cl2O＋H2O C. F2与熔融的Na2SO4反应： D. (CN)2与水反应：(CN)2＋H2O⇌H++CN-＋HOCN 7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. ClO2是黄绿色气体，可用于自来水消毒 B. Cu与F2反应生成致密的氟化物薄膜，可用于制作储存F2的容器 C. SO2具有氧化性，可用于与KClO3反应制ClO2 D. HF具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃 【答案】5. A 6. C 7. B 【解析】 【5题详解】 A．SO2F2分子中S的杂化类型为sp3，键角约为109.5°，而SO2为sp2杂化，键角约120°，因此SO2F2的键角小于SO2，A错误； B．中Cl的价层电子对数为4（sp3杂化），Cl2O中O的价层电子对数也为4（sp3杂化），B正确； C．(CN)2分子中C和N通过三键连接，均满足8电子结构，C正确； D．HF分子间氢键导致形成(HF)2，D正确； 故选A； 【6题详解】 A．CaF2与浓硫酸反应生成2HF，方程式漏写系数2，正确的方程式：，A错误； B．Cl2与潮湿的Na2CO3反应，B错误； C．F2与熔融的Na2SO4高温发生反应，生成SO2F2、NaF和O2，C正确； D．(CN)2与水反应生成HCN和HOCN，HCN为弱电解质对应的方程式为：(CN)2＋H2OHCN＋HOCN，D错误； 故选C； 【7题详解】 A．ClO2具有强氧化性，可使病菌的蛋白质变性，常用于自来水的消毒，A错误； B．Cu与F2反应生成致密氟化物薄膜，可阻止进一步反应，用于储存F2，B正确； C．SO2与KClO3反应时SO2作为还原剂，体现还原性，C错误； D．HF蚀刻玻璃因与SiO2反应，不是其弱酸性，D错误； 故选B。 8. 一种二次储能电池的构造示意图如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，电能转化为化学能 B. 放电时，右侧通过质子交换膜向左侧电极移动 C. 充电时，左侧电极方程式为： D. 充电时，每生成1molFe3+时，理论上有通过质子交换膜 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，放电时，Pb为负极，电极反应式为Pb-2e-+SO=PbSO4，多孔碳为正极，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，充电时，Pb电极为阴极，电极反应式为PbSO4+2e-=Pb+ SO，多孔碳为阳极，电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+，据此作答。 【详解】A．放电时为原电池，原电池是将化学能转化为电能，而非电能转化为化学能，A错误； B．放电时为原电池，左侧Pb/PbSO4为负极（Pb失电子氧化），右侧Fe3+/Fe2+为正极（Fe3+得电子还原），阳离子（H+）向正极移动，即向右侧移动，B错误； C．充电时为电解池，左侧电极在放电时为负极（氧化反应：Pb - 2e- + = PbSO4），充电时应作为阴极，发生还原反应，正确电极方程式为PbSO4 + 2e- = Pb +，C错误； D．充电时右侧为阳极，Fe2+失电子生成Fe3+，电极反应为Fe2+ - e- = Fe3+，生成1mol Fe3+转移1 mol电子。H+为阳离子，在电解池中向阴极（左侧）移动，转移1 mol电子时，理论上有1 mol H+通过质子交换膜，D正确； 故选D。 9. 某抗凝血作用的药物Z可用下列反应合成。下列说法正确的是 A. 与溶液反应，最多消耗 B. Y分子中和杂化的碳原子数目比为2:3 C. Z中所有原子可能共平面 D. Z不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 【答案】C 【解析】 【详解】A．X分子中含酚羟基（-OH）和羧基（-COOH），酚羟基酸性弱于碳酸，不与NaHCO₃反应，羧基酸性强于碳酸，1mol羧基消耗1mol NaHCO₃，故1mol X最多消耗1mol NaHCO₃，A错误； B．Y分子中，苯环6个C为sp2杂化；乙酰氧基（-OOCCH₃）中羰基C为sp2杂化、甲基C为sp3杂化；甲酯基（-COOCH₃）中羰基C为sp2杂化、甲基C为sp3杂化，sp3杂化C共2个（2个甲基C），sp2杂化C共8个（6个苯环C+2个羰基C），比例为2:8=1:4，B错误； C．Z为Y经分子内环化形成的环状结构（如苯并吡喃酮），分子中苯环、羰基（C=O）及碳碳双键（C=C）均为平面结构，各平面可通过单键旋转重合，所有原子可能共平面，C正确； D．Z中含碳碳双键（C=C），可被酸性高锰酸钾氧化，使其褪色，D错误； 故选C。 10. 元素及其化合物的转化在工业生产中具有极其重要的用途。下列物质间转化能实现的是 A. 工业制取漂白粉：饱和食盐水漂白粉 B. 工业制取镁：溶液无水Mg C. 工业制取硫酸： D. 工业制取纯碱：饱和食盐水固体固体 【答案】D 【解析】 【详解】A．工业制取漂白粉是将Cl2通入石灰乳中制得，A不合题意； B．由于MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl易挥发，故直接蒸干MgCl2溶液得不到无水MgCl2，B不合题意； C．硫与过量的O2燃烧只能生成SO2，SO2经催化氧化才能制得SO3，且工业上制备硫酸是煅烧含硫矿物来制得SO2，C不合题意； D．向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，可以制得NaHCO3固体此为侯氏制碱法，然后NaHCO3受热分解得到纯碱，D符合题意； 故答案为：D。 11. 反应可用于储氢，可能机理如下图所示。下列说法正确的是 A. 步骤I中带正电荷的C与催化剂中的N之间发生作用 B. 步骤I中存在极性键与非极性键的断裂和形成 C. 步骤III中发生了氧化反应 D. 整个过程中所涉及元素的化合价均发生了变化 【答案】A 【解析】 【详解】A．由题图所示的反应机理可知，中C显正价，O显负价，步骤I可理解为中带部分正电荷的C与催化剂中的N之间作用，A正确； B．步骤I中断裂了H-H键（非极性键），未断裂极性键，B错误； C．步骤III中转化为HCOOH，C的化合价由+4降为+2价，发生了还原反应，C错误； D．由总反应可知，O元素的化合价未发生改变，D错误； 故答案选A。 12. 以磷石膏(主要成分，杂质、等)和氨水为原料可实现矿物封存同时制备轻质，转化部分流程如图。 ，， ，。 下列说法正确的是 A. 氨水中存在： B. “转化”步骤，通入后清液中始终存在 C. “转化”步骤，若通入至溶液为6.5，此时溶液中 D. “滤液”中存在： 【答案】C 【解析】 【详解】A．氨水显碱性， c(OH-)c(H+)，一水合氨微弱电离产生铵根离子和氢氧根，，则，根据电荷守恒，=+，故，故A项错误； B．“转化”后的清液中，CaCO3一定达到沉淀溶解平衡，而CaSO4不一定达到沉淀溶解平衡，则，，故B项错误； C．“转化”步骤，若通入CO2至溶液pH为6.5时，，，则，故C项正确； D．“转化”步骤 ，“滤液”中粒子有，根据电荷守恒，过滤后所得滤液中一定存在：，故D项错误； 故本题选C。 13. 已知CO2催化加氢的主要反应有： 反应Ⅰ CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ΔS1<0 反应Ⅱ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2>0 ΔS2 在恒温恒压反应器中通入1 mol CO2、3 mol H2气体，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化关系如下图。已知：CH3OH产率=×100%；CH3OH的选择性=×100%。下列说法不正确的是 A. ΔH1＜0，ΔS2＞0 B. CH3OH的平衡选择性随温度的升高而减小 C. 525 K后，升高温度对反应Ⅰ的影响大于对反应Ⅱ的影响 D. 525 K时，增大的值或增大压强均能使CO2的平衡转化率达到b点的值 【答案】C 【解析】 【详解】A．350K~500K，随温度升高，二氧化碳的平衡转化率减小，而反应Ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动，使二氧化碳平衡转化率有增大的趋势，故反应Ⅰ应为放热反应，升温平衡逆移，使二氧化碳平衡转化率有减小的趋势，故ΔH1＜0；化合物的熵大于单质，故ΔS2＞0，故A正确； B．随温度升高，甲醇的平衡产率减小，故CH3OH的平衡选择性随温度的升高而减小，故B正确； C．525K后，随温度升高，甲醇的平衡产率减小，说明反应Ⅰ平衡逆移，但二氧化碳的平衡转化率增大，使二氧化碳平衡转化率随温度升高而增大的反应为反应Ⅱ，说明525 K后，升高温度对反应Ⅱ的影响大于对反应Ⅰ的影响，故C错误； D．525 K时，增大的值，相当于二氧化碳的量不变，增大氢气的浓度，平衡正向移动，可以增大二氧化碳的平衡转化率，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，均可以达到b点的值，故D正确； 故选C。 二、非选择题(共61分)： 14. 利用水钴矿(主要成分为，含少量、、、)制备二次电池添加剂的流程如下。 已知：i．沉淀过快无法形成；在碱性溶液中易被氧化。 ii．、易与形成配合物。 （1）“酸浸”固液混合时，加料方式为_______(填序号)。 A.将水钴矿先和硫酸混合再滴加亚硫酸钠溶液 B.将水钴矿先和亚硫酸钠溶液混合再滴加硫酸 （2）滤渣2主要成分为，写出“沉铁”的离子方程式为_______。 （3）“萃取”时，有机相会萃取出Mn元素。写出酸浸时与硫酸及亚硫酸钠溶液发生反应的离子方程式_______。 （4）由转化过程中： ①制备，先加氨水再加溶液的理由是_______。 ②“沉钴”中使用热NaOH溶液有利于形成较纯净的，可能原因是_______。 （5）经仪器分析，测得按题(4)步骤制得的晶体结构中含有(Ⅲ)，为确定沉钴过程中需加入还原剂的量，需对产品中的(III)进行测定。 碘量法测定Co(III)含量：称取0.500 g产品，用稀硫酸溶解、定容得100 mL溶液，量取25.00 mL溶液放入锥形瓶中，加入过量的Kl和2~3滴淀粉溶液，再用0.0100 mol/L的溶液滴定(反应原理：、均未配平)，达到滴定终点时消耗溶液24.00 mL。 计算产品中钴(III)的质量分数为_______。(答案保留三位有效数字) 【答案】（1）B （2） （3） （4） ①. 碱液形成在加入氢氧化钠沉钴时可缓释，降低，利于晶体形成。 ②. 温度高利于减少溶解氧，形成氨气气氛，隔绝空气，防止产品被氧化。 （5）11.3% 【解析】 【分析】由题目可知，水钴矿的主要成分为，含少量、、、，首先经过酸洗，添加的时硫酸和亚硫酸钠。铁的氧化物和钴的氧化物可以和硫酸直接反应。二氧化锰具有强氧化性，可以和亚硫酸根离子发生反应，故经酸洗剩余物质为二氧化硅。沉铁的目的时将铁的相关离子沉淀下来，加入的时次氯酸钠和碳酸钠。经萃取之后就得到，故萃取过程是为了出去锰的相关微粒。向中加入氨水，使其转化为，最后加入热的氢氧化钠溶液，得到产品。 【小问1详解】 亚硫酸为易挥发的弱酸，若先加入硫酸，再加入亚硫酸钠，会生成二氧化硫，不利于亚硫酸根离子和二氧化锰发生反应，不利于除杂，故需要将水钴矿先和亚硫酸钠溶液混合再滴加硫酸，答案选B； 【小问2详解】 由题目可知，原料中含有、，但由于亚硫酸根由还原性，故参加沉铁反应的离子为亚铁离子，发生的氧化还原反应为：和,且图示产物还要有二氧化碳。按照氧化还原反应规则将其配平，其离子方程式为：； 【小问3详解】 由分析可知，酸浸时是二氧化锰和亚硫酸根离子的反应，其中二氧化锰为氧化剂转化为二价锰离子，亚硫酸根离子为还原剂转化为硫酸根离子，故其离子方程式为：； 【小问4详解】 由信息i可知，沉淀过快无法形成，所以制备时，先向溶液中加入氨水形成，然后再缓慢加入氢氧化钠溶液利于形成产物，则答案为：碱液形成在加入氢氧化钠沉钴时可缓释，降低，利于晶体形成；已知在碱性溶液中易被氧化，“沉钴”中使用热溶液的目的是温度高利于减少溶解氧，形成氨气气氛隔绝空气，防止产物被氧化； 【小问5详解】 根据题意可得出其反应关系式：，产品中钴(III)的质量分数为:。 15. 氯喹是合成一种抑制病毒药物的中间体，其合成路线如下图： （1）C分子中采取sp2杂化的碳原子数目是_______。 （2）B→C的反应需经历两步，其反应类型依次为_______、_______。 （3）C→D的反应中会有一种与D互为同分异构体的副产物X生成，该副产物X的结构简式为_______。 （4）E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酸性条件下水解得到的两种有机产物，都能发生银镜反应，其中一种也能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中有氰基(-CN)； ③分子中有4种不同化学环境的氢； ④分子中有一个手性碳原子。 （5）写出以1，3-丁二烯()和为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 【答案】（1）9 （2） ①. 加成反应 ②. 消去反应 （3） （4） （5） 或 【解析】 【分析】A发生还原反应生成B，B和先发生加成反应再发生消去反应生成C，C→D过程中→，在与N原子相连的C的邻位C上成新环，同理，这个新环也可以在N左下角这个C上形成新环，会有一种与D互为同分异构体的副产物X生成，该副产物X的结构简式为，D发生取代反应生成E，E脱去CO2生成F，F发生取代反应生成G，G和发生取代反应生成氯喹，以此解答。 【小问1详解】 由C的结构简式可知，其中苯环、碳氮双键、酯基中的C原子采取sp2杂化，则采取sp2杂化的碳原子数目是9。 【小问2详解】 结构B、C的结构简式可知，B和先发生加成反应再发生消去反应生成C。 【小问3详解】 由分析可知，C→D过程中→，在与N原子相连的C的邻位C上成新环，同理，这个新环也可以在N左下角这个C上形成新环，会有一种与D互为同分异构体的副产物X生成，该副产物X的结构简式为。 【小问4详解】 E为：，它的同分异构体在酸性条件下水解得到的两种有机产物，都能发生银镜反应，则必有HCOO-、-CHO，只有三个氧原子而水解产物有一种能与FeCl3溶液发生显色反应，则HCOO-必与苯环直接相连，有-CN，那么还有1个C，一个Cl，因为有一个手性碳，则这个C上连的4个部分不相同，所以我们先把这部分连好，为：，左边部分必与相连，又因为有4种不同化学环境的氢，所以只能连在对位：。 【小问5详解】 1，3-丁二烯先和Br2发生加成反应生成，和NaOH水溶液发生取代反应生成，发生取代反应生成，和HCl发生加成反应生成，和发生取代反应生成，合成路线为： 或 。 16. 纳米铜用途广泛，可用次磷酸(H3PO2)还原柠檬酸铜钠制备。 已知：①H3PO2为一元弱酸；在一定条件下可分解：2H3PO2 =PH3↑+ H3PO4。 ②Ca(H2PO2)2易溶于水。 ③Cu2+与柠檬酸根离子可形成配位离子[Cu2(C6H5O7)2 ]2-。 （1）制备次磷酸。在如图所示装置中将白磷(P4)与石灰乳混合，在85℃下搅拌2~3小时，制得Ca(H2PO2)2，反应的离子方程式为_______，冷却后过滤，滤液通过强酸性阳离子树脂后得到H3PO2。 （2）制备柠檬酸铜钠[Na2Cu2(C6H5O7)2 ]。制备过程如图所示： ①基态Cu2+的核外电子排布式为_______。 ②加入H2O2溶液的作用是_______。 （3）制备纳米铜。 在敞开体系中，向柠檬酸铜钠溶液中加入稀H2SO4调节溶液pH为4~6，加入一定量H3PO2，在50~70℃时反应半小时，经过滤、洗涤、干燥得到产品。 ①调pH后的溶液中的Cu2+将H3PO2氧化为H3PO4，该反应的离子方程式为_______。 ②H3PO2的实际用量远大于理论值的原因是_______。 （4）经过H3PO2还原后所得的纳米铜中含有难溶的Cu2O，欲测定产品中Cu2O的百分含量，请补充完整以下实验方案：用电子天平准确称取一定质量的样品，置于烧杯中， _______，将沉淀灼烧至恒重后，用电子天平称量，计算。 (已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。必须使用的试剂：2mol·L-1H2SO4溶液、1mol·L-1NaOH溶液、2mol·L-1BaCl2溶液、蒸馏水) 【答案】（1）由题所给信息，质量守恒、得失电子守恒可得化学方程式为2P4+3Ca(OH)2+6H2O3Ca2++6+2PH3↑。 （2） ①. [Ar]3d9 ②. 氧化S2-，促进CuS溶解。 （3） ①. H3PO2+2Cu2++2H2O2Cu↓+H3PO4+4H+ ②. 部分H3PO2分解；部分H3PO2被O2氧化，增大H3PO2的消耗量。 （4）边搅拌边向其中加入过量2mol/LH2SO4溶液，充分反应后，过滤，用蒸馏水洗涤固体2~3次，洗涤液与滤液合并，向滤液中滴加1mol/LNaOH溶液至上层清液不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，至取最后一次洗涤液，向其中加入2mol/LBaCl2溶液无沉淀生成。 【解析】 【小问1详解】 2P4+3Ca(OH)2+6H2O3Ca2++6+2PH3↑。 【小问2详解】 基态Cu原子核外有29个电子，Cu的核外电子排布式为，基态Cu2+的核外电子排布式为； 柠檬酸钠具有强还原性，加入H2O2溶液的作用是做氧化剂氧化S2-，促进CuS溶解； 【小问3详解】 H3PO2被氧化为H3PO4，反应的离子方程式为H3PO2+2Cu2++2H2O2Cu↓+H3PO4+4H+； H3PO2的实际用量远大于理论值的原因是部分H3PO2在酸性条件下容易发生歧化反应，部分被氧气氧化。 【小问4详解】 测定Cu2O，补充完整实验方案：用电子天平准确称取样品m g，置于烧杯中，在通风设备里，向烧杯中加入过量的2 mol/LH2SO4溶液，充分搅拌反应，过滤，洗涤，用蒸馏水洗涤固体2-3次，洗涤液和滤液合并，向滤液中滴加1 mol/LNaOH溶液至上层清液不再产生沉淀，过滤，多次洗涤至向最后一次洗涤滤液中滴加2 mol/LBaCl2溶液无沉淀，将沉淀灼烧至恒重后，用电子天平称量，计算。 17. 钴(Co)是一种重要的战略金属，与Fe处于同族，钴及其化合物应用广泛。 （1）利用过硫酸钠()氧化法从钴渣中回收钴。在加热条件下控制pH为4.0-4.5，可将净化液中氧化成氢氧化物沉淀而分离。反应的离子方程式为___________。 （2）钴净化液中的也可经草酸沉淀为而分离，草酸钴晶体热解可制得钴的氧化物。 ①以不同浓度的草酸为沉淀剂，Co沉淀率随pH变化如图-1所示。Co沉淀率随pH增大而减小的原因是___________。 ②若使用氨水调节溶液的，沉淀率随pH变化如图-2所示。时，Co沉淀率随pH增大而略有下降的可能原因是___________。 （3）是光热催化甲醇、甲苯等挥发性有机污染物的理想材料。光热催化氧化甲醇可能的反应机理如图-3所示。 ①吸附在表面的甲醇与催化剂表面活性晶格氧反应脱水形成中间体___________，中间体再在氧气的参与下被氧化成甲酸盐，最终氧化产物为和。 ②研究表明，催化反应体系湿度过大时，产率明显减小，可能的原因是___________。 ③实验室模拟光热催化氧化甲醇。模拟太阳光照下，在“自制光热反应器”进气口以流速通入模拟污染空气至催化剂表面，出气口测得。已知CH3OH的转化率为96%，则CO2的产率()为___________。 【答案】（1） （2） ①. 草酸为弱酸，pH越大，草酸浓度越小，电离出的草酸根离子浓度越小，Co沉淀率越小 ②. pH增大，溶液中浓度增大，与形成配合离子 （3） ①. 甲醛(或HCHO) ②. 水和甲醇分子在催化剂表面活性位点上的竞争性吸附所致 ③. 94% 【解析】 【小问1详解】 过硫酸钠()具有强氧化性，加热以及控制pH为4.0-4.5条件下，能将氧化成氢氧化物沉淀。被还原为。即反应的离子方程式为； 【小问2详解】 ①草酸（）是弱酸，存在电离平衡：，。pH越大，草酸浓度越小，电离出的草酸根离子浓度越小，与生成沉淀的量减小，导致Co沉淀率降低； ②当使用氨水调节pH时，后，溶液中浓度增大，会与发生络合反应生成可溶性的钴氨络合离子，从而导致溶解，使Co沉淀率随pH增大而略有下降； 【小问3详解】 ①根据机理图可知，吸附在表面的甲醇与催化剂表面活性晶格氧反应脱水形成的中间体为：甲醛； ②催化剂表面存在用于吸附反应物的活性位点。当体系湿度过大时，水分子会大量吸附在这些活性位点上，导致反应物无法有效接触催化剂，从而降低了反应速率； ③假设通入的模拟污染空气体积中体积为，已知的转化率为96%，所以反应的物质的量是。理论上，1mol 完全氧化生成 1mol ，所以理论上生成的体积为。出气口测得，设出气口体积为2a，为47a。反应掉的 体积为“初始体积-剩余体积”，即，解得。所以实际生成的体积是，即 ，则。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $