精品解析：江苏省苏州市阳光调研2025-2026学年高三上学期期中考试化学试题

高三年级期中阳光调研试卷 化学 注意事项： 1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分。调研时间75分钟。 2.将选择题的答案填涂在答题卡的对应位置，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。 可能用到的相对原子质量： 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. 下列属于新型无机非金属材料的是 A. 光导纤维 B. 醋酸纤维 C. 大豆纤维 D. 黏胶纤维 2. 反应可用于储氢。下列说法正确的是 A. 是极性分子 B. 中只含离子键 C. 中元素的化合价为+2 D. 的空间构型为直线型 3. 实验室称量一定质量固体以测定盐酸的浓度。下列相关原理、装置及操作不正确的是 A. 称量 B. 加水溶解 C. 滴定 D. 读数 阅读下列资料，完成下面小题： 氢硫酸是二元弱酸，具有强还原性。用NaOH溶液吸收H2S可制备Na2S或NaHS；H2S与SO2反应可用于工业制高纯度硫磺；银器与空气中H2S接触后会产生黑褐色的Ag2S；C2H5OH与H2S反应可制备难闻的C2H5SH（乙硫醇）用于警示家用煤气泄露；H2S和CO2反应生成的COS（羰基硫）用于粮食熏蒸；H2S可除去废水中Hg2+等重金属离子。 4. 下列说法正确的是 A. （）是共价晶体 B. SO2中S原子杂化类型为sp3 C. H2S的热稳定性比H2O大 D. C2H5SH的沸点比C2H5OH低 5. 下列反应表示不正确的是 A. H2S与SO2反应制硫磺： B. Na2S溶液显碱性的原因： C. 银器与空气中H2S接触生成 D. H2S除去废水中 6. 制备羰基硫的反应： 。下列说法正确的是 A. 已知该反应在高温条件下能自发进行，则 B. 该反应的平衡常数 C. 反应的（表示键能，CO2和COS中的化学键可分别视为C=O和C=S） D. 高温或使用催化剂均可提高H2S的平衡转化率 7. 金属有机框架（MOFs）是一类由金属离子与有机物配体形成的具有孔洞结构的材料，可用于、等分子的吸附、储存和分离；孔洞尺寸与有机物配体的长度有关。一种MOFs材料由与对苯二甲酸构成，下列说法不正确的是 A. 对苯二甲酸分子中所有碳原子一定共平面 B. 与对苯二甲酸之间以离子键结合形成稳定的框架结构 C. 若将对苯二甲酸换成联苯-4,4-二甲酸（结构如图），孔洞尺寸会增大 D. MOFs通过合适的内部空间实现对特定分子的吸附、储存和分离 8. 下列物质组成或性质与分离提纯方法对应关系正确的是 A. 熔点高，可用冷却热饱和溶液的方法提纯混有少量的 B. 酯能水解，可用分液法分离乙酸乙酯和水溶液 C. 乙醚和青蒿素（）组成元素相同，可用乙醚萃取青蒿素 D. 不同的烃沸点不同，可通过分馏从石油中获得汽油、柴油 9. 化合物是一种有机合成中的重要中间体，合成路线如下。下列说法不正确的是 A. 和可以用溶液鉴别 B. Y存在顺反异构 C. 最多能和发生加成 D. 转化过程中可用代替 10. 与盐酸在催化电极上生成盐酸羟胺（，化学性质类似于）。可能的反应机理如图所示，下列说法正确的是 A. 过程①~④中N的化合价均发生变化 B. 过程②和③中都有极性键形成 C. 过程⑤中为和 D. 电催化与盐酸生成的反应方程式： 11. 室温下，根据下列实验过程及现象，能得到相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向某黄色溶液中加入淀粉-KI溶液，溶液呈蓝色 溶液中一定含有 B 用试纸分别测定溶液和溶液的，溶液大 结合能力： C 向浓度为的溶液中滴加少量溶液，产生白色沉淀，继续滴加的KI溶液，振荡，产生黄色沉淀 溶度积常数： D 分别向甲苯和甲基环己烷中滴加酸性溶液，前者溶液颜色褪去 甲基使苯环上的氢更活泼 A. A B. B C. C D. D 12. 一种制备FeCO3的流程如图所示，混合过程中有气体产生。下列说法正确的是（已知：常温下，，，，，） A. 溶液中： B. 时，混合时应控制溶液 C. “滤液”中 D. 反应的 13. 二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应： 反应I： 反应II： 向恒压、密闭容器中通入和，平衡时、、的物质的量随温度的变化如图所示。的选择性。下列说法正确的是 A. 时，的平衡转化率为 B. 反应达到平衡状态时， C. 的平衡选择性随着温度的升高而增大 D. 其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 氯化亚铜（CuCl）晶体微溶于水，难溶于乙醇，易溶于浓盐酸生成H[CuCl2]（络合酸），露置于空气中易被氧化，常用作催化剂、杀菌剂。 （1）制备 CuCl。将一定浓度的Na2CO3与Na2SO3的混合水溶液M和一定浓度的CuSO4与NaCl的混合水溶液N分别加入到烧瓶中，混合后充分反应，抽滤，依次用无氧水及无水乙醇洗涤产品。 ①写出该方法中制备氯化亚铜的离子方程式：__________。 ②反应中加入Na2CO3的作用是__________。 ③制备CuCl时，溶液M与溶液N的混合方式为__________（填字母）。 A．搅拌下将溶液M缓慢加入溶液N中 B．搅拌下将溶液N缓慢加入溶液M中 （2）CuCl制备条件的选择与控制。其他条件相同，CuCl的收率与氯铜物质的量比、反应温度的关系分别如图1和图2所示。 ①当氯铜物质的量比大于1.4时，CuCl收率减小的主要原因是__________。 ②当反应温度高于30℃时，CuCl收率减小的主要原因是__________。 （3）CuCl样品纯度的测定。称取0.2500g CuCl样品，加到装有0.5000mol/LFeCl3溶液（稍过量）的锥形瓶中，待样品溶解后，加入50.00mL水和2滴邻菲罗啉指示剂，立即用0.1560mol/L Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点（溶液由红色变绿色），滴定反应为Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。平行滴定三次，平均消耗Ce(SO4)2标准溶液15.00mL。计算CuCl样品的纯度（写出计算过程，结果精确到0.01%）。__________。 15. 化合物是合成除草剂苯嘧磺草胺的重要中间体，其合成路线如下： （1）C中含氧官能团的名称为__________。 （2）的转化过程中，产物除了之外，另一产物的结构简式为__________。 （3）分子中和杂化的碳原子个数比为__________。 （4）的反应类型为__________。 （5）写出同时满足下列条件的E的一种芳香族同分异构体的结构简式：__________。 ①核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为；②分子中有一个手性碳原子；③碱性条件下水解后酸化，生成、、三种有机物，其中的相对分子质量为，能与溶液反应也能与溶液发生显色反应。 （6）写出以乙醇和为原料制备的合成路线流程图（和无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。__________。 16. 酸性废水中三价砷As（III）主要以弱酸形式存在，处理达标后才能排放。 （1）电解除砷 电解含的酸性废水，将砷转化为气体去除。原理如图1所示。 ①写出转化为的电极反应式：__________。 ②离子交换膜应选择__________交换膜（填“阴离子”或“阳离子”）。 （2）硫化沉砷 向含的酸性废水中加入适量硫化钠，将转化为沉淀去除。 已知：i.；ii.。 ①“硫化沉砷”的离子方程式为__________。 ②硫化钠不能过量，主要的原因是__________。 ③除砷率随pH变化的曲线如图2所示。pH>7.0时，除砷率下降的原因是__________。 （3）氧化吸附除砷 新生态悬浊液具有较强的氧化性和吸附性，能将酸性废水中（III）氧化为后吸附去除。已知：常温下，，，，。 ①写出将废水中转化为的离子方程式：__________。 ②结合分析，时吸附的As（V）的主要微粒为__________。 ③砷去除率随变化的曲线如图3所示。加入溶液的体系中，当时，砷去除率提高到接近100%。可能的原因是__________。 17. 甲烷热值高、储量大，是重要的碳氢资源。 （1）甲烷热催化裂解制氢 ①在下，物质完全燃烧的反应热叫做该物质的标准燃烧热。根据下表所列的一些物质标准燃烧热，写出甲烷裂解为碳和氢气的热化学方程式：__________。 名称 化学式 甲烷 -890.3 氢气 -285.8 碳 C（s） -393.5 ②研究发现甲烷热催化裂解制氢过程中存在着副反应。若只考虑以下一个副反应：，当产率为，产率为时，甲烷热催化过程中的选择性为__________（填计算结果）。 [已知：] ③甲烷热催化实验中测得氢气的产率随时间变化的曲线如图1所示。氢气的产率随时间变化缓慢下降的原因为__________。 （2）甲烷与水催化重整制氢 时，与催化重整主要发生的反应为： ； 。 ①反应体系中过量能有效防止催化剂活性下降，原因为__________。 ②已知 。向反应体系中加入适量多孔，其优点是__________。 （3）甲烷光催化重整制合成气（CO和） 研究发现，和在紫外线和光催化剂作用下制得合成气的部分机理如图2所示（表示光生空穴，是有很强得电子能力的活性位点）。 ①光生空穴在活化甲烷分子时，原子比原子更易被攻击的原因是__________。 ②制备合成气的过程可描述为：光催化剂在紫外线作用下将电子激发到CB端，在VB端留下光生空穴，__________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级期中阳光调研试卷 化学 注意事项： 1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分。调研时间75分钟。 2.将选择题的答案填涂在答题卡的对应位置，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。 可能用到的相对原子质量： 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. 下列属于新型无机非金属材料的是 A. 光导纤维 B. 醋酸纤维 C. 大豆纤维 D. 黏胶纤维 【答案】A 【解析】 【详解】A．光导纤维以二氧化硅为主要成分，属于新型无机非金属材料，符合题意，A正确； B．醋酸纤维是纤维素衍生物，为有机高分子材料，不符合题意，B错误； C．大豆纤维以天然成分（大豆蛋白纤维）为原料加工而成，为有机高分子材料，不符合题意，C错误； D．黏胶纤维是人造纤维的主要品种，以天然成分（纤维素）为原料加工而成，为有机高分子材料，不符合题意，D错误； 故答案选A。 2. 反应可用于储氢。下列说法正确的是 A. 是极性分子 B. 中只含离子键 C. 中元素的化合价为+2 D. 的空间构型为直线型 【答案】C 【解析】 【详解】A．H2是由两个H原子构成的非极性分子，结构对称，正负电荷中心重合，因此是非极性分子，A错误； B．NaHCO3中之间为离子键，同时内部存在等共价键，因此NaHCO3中并非只含离子键，B错误； C．HCOONa中，根据化合价代数和为0的原则，可计算出碳元素化合价为价，C正确； D．H2O分子的价层电子对数是：，O有两对孤对电子，空间构型为形，而非直线型，D错误； 故选C。 3. 实验室称量一定质量固体以测定盐酸的浓度。下列相关原理、装置及操作不正确的是 A. 称量 B. 加水溶解 C. 滴定 D. 读数 【答案】C 【解析】 【详解】A．具有腐蚀性，称量时为防止腐蚀托盘，需要放在玻璃器皿中进行称量， A正确； B．可直接向锥形瓶中加水溶解，B正确； C．在进行滴定操作时，规范操作是左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，C错误； D．滴定管读数时视线与凹液面最低处相切，D正确； 故答案选C。 阅读下列资料，完成下面小题： 氢硫酸是二元弱酸，具有强还原性。用NaOH溶液吸收H2S可制备Na2S或NaHS；H2S与SO2反应可用于工业制高纯度硫磺；银器与空气中H2S接触后会产生黑褐色的Ag2S；C2H5OH与H2S反应可制备难闻的C2H5SH（乙硫醇）用于警示家用煤气泄露；H2S和CO2反应生成的COS（羰基硫）用于粮食熏蒸；H2S可除去废水中Hg2+等重金属离子。 4. 下列说法正确的是 A. （）是共价晶体 B. SO2中S原子杂化类型为sp3 C. H2S的热稳定性比H2O大 D. C2H5SH的沸点比C2H5OH低 5. 下列反应表示不正确的是 A. H2S与SO2反应制硫磺： B. Na2S溶液显碱性的原因： C. 银器与空气中H2S接触生成 D. H2S除去废水中 6. 制备羰基硫的反应： 。下列说法正确的是 A. 已知该反应在高温条件下能自发进行，则 B. 该反应的平衡常数 C. 反应的（表示键能，CO2和COS中的化学键可分别视为C=O和C=S） D. 高温或使用催化剂均可提高H2S的平衡转化率 【答案】4. D 5. B 6. A 【解析】 【4题详解】 A．由题干S8的结构式（）可知，S8是由分子构成的，故属于分子晶体而不是共价晶体，A错误； B．SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+=3，故S原子杂化类型为sp2，B错误； C．已知O的非金属性强于S，故H2S的热稳定性比H2O小，C错误； D．已知C2H5SH和C2H5OH均为分子晶体，C2H5OH分子间存在氢键，而C2H5SH分子间不能形成氢键，导致C2H5SH的沸点比C2H5OH低，D正确； 故答案为：D； 【5题详解】 A．H2S与SO2反应制硫磺即S元素发生归中反应，反应方程式为：，A正确； B．已知H2S是二元弱酸，则S2-水解是分步进行，分布书写的，即Na2S溶液显碱性的原因：、，B错误； C．银器与空气中H2S接触生成Ag2S，即Ag与O2反应生成Ag2O，Ag2O再与H2S发生复分解反应，总反应方程式为：，C正确； D．已知H2S是弱酸，离子方程式书写时不能拆，则H2S除去废水中Hg2+的离子方程式为：，D正确； 故答案为：B； 【6题详解】 A．已知该反应的，根据自由能变判据可知，＜0时反应自发，该反应在高温条件下能自发进行，则，A正确； B．根据平衡常数的定义可知，该反应的平衡常数，B错误； C．已知反应的反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，故该反应的=，C错误； D．由 可知：升温能使平衡正向移动，即高温能提高H2S的平衡转化率，但使用催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，即不能提高H2S的平衡转化率，D错误； 故答案为：A。 7. 金属有机框架（MOFs）是一类由金属离子与有机物配体形成的具有孔洞结构的材料，可用于、等分子的吸附、储存和分离；孔洞尺寸与有机物配体的长度有关。一种MOFs材料由与对苯二甲酸构成，下列说法不正确的是 A. 对苯二甲酸分子中所有碳原子一定共平面 B. 与对苯二甲酸之间以离子键结合形成稳定的框架结构 C. 若将对苯二甲酸换成联苯-4,4-二甲酸（结构如图），孔洞尺寸会增大 D. MOFs通过合适的内部空间实现对特定分子的吸附、储存和分离 【答案】B 【解析】 【详解】A．对苯二甲酸分子（）中，苯环和羰基均为平面结构，苯环上的碳原子及与苯环直接相连的碳原子一定共平面，故所有碳原子一定共平面，A正确； B．与对苯二甲酸之间是通过配位键结合形成稳定的框架结构，而非离子键，B错误； C．联苯-4,4-二甲酸的有机配体长度比对苯二甲酸长，根据“孔洞尺寸与有机配体的长度有关”，将对苯二甲酸换成联苯-4,4-二甲酸，孔洞尺寸会增大，C正确； D．MOFs具有孔洞结构，通过合适的内部空间可实现对特定分子（如、等）的吸附、储存和分离，D正确； 故答案选B。 8. 下列物质组成或性质与分离提纯方法对应关系正确的是 A. 熔点高，可用冷却热饱和溶液的方法提纯混有少量的 B. 酯能水解，可用分液法分离乙酸乙酯和水溶液 C. 乙醚和青蒿素（）组成元素相同，可用乙醚萃取青蒿素 D. 不同的烃沸点不同，可通过分馏从石油中获得汽油、柴油 【答案】D 【解析】 【详解】A．冷却热饱和溶液法适用于溶解度随温度变化大的物质，“熔点高”与溶解度无关，A错误； B．分液法适用于互不相溶的液体分离，乙酸乙酯与水不混溶可用分液，“酯能水解”与分液无关，B错误； C．乙醚萃取青蒿素的原因是结构相似导致青蒿素在乙醚中溶解度大，而非“组成元素相同”，C错误； D．石油分馏是利用不同烃的沸点差异，分离获得汽油、柴油等，D正确； 故选D。 9. 化合物是一种有机合成中的重要中间体，合成路线如下。下列说法不正确的是 A. 和可以用溶液鉴别 B. Y存在顺反异构 C. 最多能和发生加成 D. 转化过程中可用代替 【答案】B 【解析】 【详解】A．X 含酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应(显紫色)；Z 中酚羟基已转化为醚键，不能与FeCl3显色，因此可用FeCl3溶液鉴别 X 和 Z，A 正确； B．Y中碳碳双键的一个碳原子连接 2 个相同的H原子，不满足 “双键两端碳原子连接 2 个不同原子 / 基团” 的顺反异构条件，因此 Y 不存在顺反异构，B 错误； C．Z 中能与H2加成的基团：苯环(加成 3 mol H2)、碳碳双键(加成 1 mol H2)、醛基(加成 1 mol H2)，总计5 mol，因此 1 mol Z 最多能和 5 mol H2加成，C 正确； D．转化过程中的作用是消耗反应生成的HBr(促进反应正向进行)；是有机碱，也能与HBr反应(生成盐)，因此可替代，D 正确； 故选B。 10. 与盐酸在催化电极上生成盐酸羟胺（，化学性质类似于）。可能的反应机理如图所示，下列说法正确的是 A. 过程①~④中N的化合价均发生变化 B. 过程②和③中都有极性键形成 C. 过程⑤中为和 D. 电催化与盐酸生成的反应方程式： 【答案】B 【解析】 【分析】由反应机理可知，，据此分析； 【详解】A．过程①未得失电子，化合价不变，②③④均得电子，N的化合价均发生变化，A错误； B．过程②有H-N极性键形成，过程③中有H-O极性键形成，B正确； C．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步反应为：NH2OH+H+=NH3OH+，过程⑤中为，C错误； D．电催化与盐酸生成的反应方程式：，D错误； 故选B。 11. 室温下，根据下列实验过程及现象，能得到相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向某黄色溶液中加入淀粉-KI溶液，溶液呈蓝色 溶液中一定含有 B 用试纸分别测定溶液和溶液的，溶液大 结合能力： C 向浓度为的溶液中滴加少量溶液，产生白色沉淀，继续滴加的KI溶液，振荡，产生黄色沉淀 溶度积常数： D 分别向甲苯和甲基环己烷中滴加酸性溶液，前者溶液颜色褪去 甲基使苯环上的氢更活泼 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．黄色溶液中加入淀粉-KI溶液变蓝，说明碘离子被氧化为碘单质，可能由Fe3+等氧化剂引起，无法确定Br2存在，A错误； B．比较CH3COONa和NaNO2的pH需采用浓度相同的两种溶液进行测量，未说明浓度，无法得出结合H+能力，B错误； C．AgCl沉淀后加入KI生成AgI，发生了沉淀转化，说明AgI的Ksp更小， C正确； D．甲苯被氧化是因为苯环使甲基活化了，反应涉及甲基C-H键，把甲苯转化为苯甲酸，D错误； 故选C。 12. 一种制备FeCO3的流程如图所示，混合过程中有气体产生。下列说法正确的是（已知：常温下，，，，，） A. 溶液中： B. 时，混合时应控制溶液 C. “滤液”中 D. 反应的 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据物料守恒可知，溶液中有：，又知，，则的水解平衡常数Kh=小于的水解平衡常数Kh2=，的水解大于电离，即有：c(H2CO3)＞c(NH3·H2O)、c()＜c()，c(H2CO3)＞c()，则有则，A错误； B．已知混合时不能产生Fe(OH)2沉淀，则时，c(Fe2+)c2(OH-)＜Ksp[Fe(OH)2]，则有c(OH-)＜==10-7mol/L，则c(H+)应该大于10-7mol/L，即混合时应控制溶液，B错误； C．由题干流程图可知，“滤液”即过滤出FeCO3之后的滤液，则滤液中达到了FeCO3的溶解平衡，即滤液中，C错误； D．反应的K=====，D正确； 故答案为：D。 13. 二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应： 反应I： 反应II： 向恒压、密闭容器中通入和，平衡时、、的物质的量随温度的变化如图所示。的选择性。下列说法正确的是 A. 时，的平衡转化率为 B. 反应达到平衡状态时， C. 的平衡选择性随着温度的升高而增大 D. 其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 【答案】A 【解析】 【分析】反应I是放热反应，温度升高，平衡逆移，则CH4的物质的量减小，CO2的转化率下降；反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，平衡正移，则CO的物质的量增大，CO2的转化率升高；图像中随着温度的升高，曲线①呈现单调下降的趋势，则代表的是CH4的物质的量，曲线②呈现单调升高的趋势，则代表的是CO的物质的量，剩下的曲线③则是的物质的量。 【详解】A．根据分析，曲线③为的物质的量，则时，的物质的量为0.15 mol，由起始的1 mol转化到0.15 mol，转化率为，A正确； B．反应达到平衡状态时，由图分析，曲线②为CO的物质的量0.1mol，则，B错误； C．的选择性。由图可知，随着温度升高，曲线①代表的单调减少，而曲线②代表的单调增加，因此的选择性随温度升高而减小，C错误； D．增大压强，反应I平衡右移，反应I中等物质的量CO2消耗更多的H2，故加压会降低平衡时的物质的量，D错误； 故选A。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 氯化亚铜（CuCl）晶体微溶于水，难溶于乙醇，易溶于浓盐酸生成H[CuCl2]（络合酸），露置于空气中易被氧化，常用作催化剂、杀菌剂。 （1）制备 CuCl。将一定浓度的Na2CO3与Na2SO3的混合水溶液M和一定浓度的CuSO4与NaCl的混合水溶液N分别加入到烧瓶中，混合后充分反应，抽滤，依次用无氧水及无水乙醇洗涤产品。 ①写出该方法中制备氯化亚铜的离子方程式：__________。 ②反应中加入Na2CO3的作用是__________。 ③制备CuCl时，溶液M与溶液N的混合方式为__________（填字母）。 A．搅拌下将溶液M缓慢加入溶液N中 B．搅拌下将溶液N缓慢加入溶液M中 （2）CuCl制备条件的选择与控制。其他条件相同，CuCl的收率与氯铜物质的量比、反应温度的关系分别如图1和图2所示。 ①当氯铜物质的量比大于1.4时，CuCl收率减小的主要原因是__________。 ②当反应温度高于30℃时，CuCl收率减小的主要原因是__________。 （3）CuCl样品纯度的测定。称取0.2500g CuCl样品，加到装有0.5000mol/LFeCl3溶液（稍过量）的锥形瓶中，待样品溶解后，加入50.00mL水和2滴邻菲罗啉指示剂，立即用0.1560mol/L Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点（溶液由红色变绿色），滴定反应为Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。平行滴定三次，平均消耗Ce(SO4)2标准溶液15.00mL。计算CuCl样品的纯度（写出计算过程，结果精确到0.01%）。__________。 【答案】（1） ①. 2Cu2+++2Cl-+=2CuCl↓++CO2↑ ②. 消耗掉反应过程中生成的H+，促进CuCl的生成 ③. A （2） ①. Cl-浓度增大，则将使CuCl与Cl-络合形成络合离子[CuCl2]-溶于水中，导致CuCl收率减小 ②. 温度升高，的水解速率加快，从体系逸出的SO2增多，还原Cu2+的量减少 （3）93.13% 【解析】 【小问1详解】 ①该方法中制备氯化亚铜即Cu2+被还原为CuCl，自身被氧化为：，过程中产生的H+被Na2CO3中和，则该反应的离子方程式为：2Cu2+++2Cl-+=2CuCl↓++CO2↑，故答案为：2Cu2+++2Cl-+=2CuCl↓++CO2↑； ②加入Na2CO3作用是将亚硫酸钠和硫酸铜反应生成的硫酸反应掉，控制溶液的酸碱性，有利于CuCl的生成，故答案为：消耗掉反应过程中生成的H+，促进CuCl的生成； ③已知溶液M显碱性，Cu2+在碱性条件下将生成Cu(OH)2沉淀，N溶液显酸性，故制备CuCl时，溶液M与溶液N的混合方式为搅拌下将溶液M缓慢加入溶液N中，否则将产生Cu(OH)2沉淀，故答案为：A； 【小问2详解】 ①当氯铜物质的量比大于1.4时，即Cl-过量，则将使CuCl与Cl-络合形成络合离子[CuCl2]-溶于水中，导致CuCl收率减小，故答案为：Cl-浓度增大，则将使CuCl与Cl-络合形成络合离子[CuCl2]-溶于水中，导致CuCl收率减小； ②已知温度越高，反应速率越快，温度升高，加速的水解，甚至产生SO2，从溶液中逸出的SO2的量也增多，使得Na2SO3的利用率减小，即生成CuCl减小，故当反应温度高于30℃时，CuCl收率减小，故答案为：温度升高，的水解速率加快，从体系逸出的SO2增多，还原Cu2+的量减少； 【小问3详解】 称取0.2500g CuCl样品，加到装有0.5000mol/LFeCl3溶液（稍过量）的锥形瓶中，待样品溶解后，加入50.00mL水和2滴邻菲罗啉指示剂，立即用0.1560mol/L Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点（溶液由红色变绿色），滴定反应为Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。平行滴定三次，平均消耗Ce(SO4)2标准溶液15.00mL，由反应方程式：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+可知，CuCl~Fe2+~Ce4+，即n(CuCl)=n(Ce4+)=0.1560mol/L×15.00×10-3L=2.340×10-3mol，CuCl样品的纯度为：×100%=93.13%，故答案为：93.13%。 15. 化合物是合成除草剂苯嘧磺草胺的重要中间体，其合成路线如下： （1）C中含氧官能团的名称为__________。 （2）的转化过程中，产物除了之外，另一产物的结构简式为__________。 （3）分子中和杂化的碳原子个数比为__________。 （4）的反应类型为__________。 （5）写出同时满足下列条件的E的一种芳香族同分异构体的结构简式：__________。 ①核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为；②分子中有一个手性碳原子；③碱性条件下水解后酸化，生成、、三种有机物，其中的相对分子质量为，能与溶液反应也能与溶液发生显色反应。 （6）写出以乙醇和为原料制备的合成路线流程图（和无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。__________。 【答案】（1）酯基、酮羰基 （2） （3） （4）取代反应 （5） （6） 【解析】 【分析】乙酸与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯与CF3COOC2H5在乙醇钠作用下发生取代反应生成C为CF3COCH2COOC2H5和乙醇；C与硫酸铵反应生成D，Ｄ与Ｅ发生反应生成Ｆ，据此分析； 【小问1详解】 C为CF3COCH2COOC2H5，C中含氧官能团的名称为酯基、酮羰基； 【小问2详解】 根据分析可知，的转化过程中，产物除了之外，另一产物的结构简式为； 【小问3详解】 D中有3个碳只形成单键，有3个碳形成碳碳双键或碳氧双键，故分子中和杂化的碳原子个数比为3：3＝； 【小问4详解】 是D与E发生取代反应生成F和乙醇、甲醇，反应类型为取代反应； 【小问5详解】 E为，同时满足条件：①核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为，则高度对称且含有甲基，取代基在对位；②分子中有一个手性碳原子；③碱性条件下水解后酸化，生成、、三种有机物，其中的相对分子质量为，根据结构，可能为甲醇；能与溶液反应也能与溶液发生显色反应，则含有羧基和酚羟基，则符合条件的E的一种芳香族同分异构体的结构简式为； 【小问6详解】 以乙醇和为原料制备，根据流程可知，由乙醇氧化得到乙醛，乙醛氧化得到乙酸，乙酸与乙醇酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯在乙醇钠作用下反应生成，在硫酸铵作用下发生反应生成，与反应生成，合成路线流程图为。 16. 酸性废水中三价砷As（III）主要以弱酸形式存在，处理达标后才能排放。 （1）电解除砷 电解含的酸性废水，将砷转化为气体去除。原理如图1所示。 ①写出转化为的电极反应式：__________。 ②离子交换膜应选择__________交换膜（填“阴离子”或“阳离子”）。 （2）硫化沉砷 向含的酸性废水中加入适量硫化钠，将转化为沉淀去除。 已知：i.；ii.。 ①“硫化沉砷”的离子方程式为__________。 ②硫化钠不能过量，主要的原因是__________。 ③除砷率随pH变化的曲线如图2所示。pH>7.0时，除砷率下降的原因是__________。 （3）氧化吸附除砷 新生态悬浊液具有较强的氧化性和吸附性，能将酸性废水中（III）氧化为后吸附去除。已知：常温下，，，，。 ①写出将废水中转化为的离子方程式：__________。 ②结合分析，时吸附的As（V）的主要微粒为__________。 ③砷去除率随变化的曲线如图3所示。加入溶液的体系中，当时，砷去除率提高到接近100%。可能的原因是__________。 【答案】（1） ①. ②. 阳离子 （2） ①. ②. 硫化钠过量，溶液中增大，正向进行程度增大，不利于沉砷 ③. ，碱性增强，水解程度增大，生成可溶性的或 （3） ①. ②. ③. 发生水解转化为也能吸附；与转化为沉淀 【解析】 【小问1详解】 ①转化为，As的化合价由+3价降为-3价，得6个电子，在酸性条件下进行，综合电荷守恒可得电极反应式：； ②含的酸性废水发生的电极反应为，反应消耗氢离子，稀硫酸的一极上氢离子通过交换膜转移过来，故离子交换膜应选择阳离子交换膜； 【小问2详解】 ①向含的酸性废水中加入适量硫化钠，将转化为沉淀去除，“硫化沉砷”的离子方程式为； ②硫化钠不能过量，主要的原因是硫化钠过量，溶液中增大，正向进行程度增大，不利于沉砷； ③除砷率随pH变化的曲线如图2所示。根据图中曲线可知，，碱性增强，水解程度增大，生成可溶性的或，因此pH>7.0时，除砷率下降； 【小问3详解】 ①将废水中转化为，同时被还原为锰离子，反应的离子方程式为：； ②，时，，，；，，，因此 吸附的As（V）的主要微粒为； ③砷去除率随变化的曲线如图3所示。加入溶液的体系中，当时，发生水解转化为也能吸附；与转化为沉淀，则砷去除率提高到接近100%。 17. 甲烷热值高、储量大，是重要的碳氢资源。 （1）甲烷热催化裂解制氢 ①在下，物质完全燃烧的反应热叫做该物质的标准燃烧热。根据下表所列的一些物质标准燃烧热，写出甲烷裂解为碳和氢气的热化学方程式：__________。 名称 化学式 甲烷 -890.3 氢气 -285.8 碳 C（s） -393.5 ②研究发现甲烷热催化裂解制氢过程中存在着副反应。若只考虑以下一个副反应：，当产率为，产率为时，甲烷热催化过程中的选择性为__________（填计算结果）。 [已知：] ③甲烷热催化实验中测得氢气的产率随时间变化的曲线如图1所示。氢气的产率随时间变化缓慢下降的原因为__________。 （2）甲烷与水催化重整制氢 时，与催化重整主要发生的反应为： ； 。 ①反应体系中过量能有效防止催化剂活性下降，原因为__________。 ②已知 。向反应体系中加入适量多孔，其优点是__________。 （3）甲烷光催化重整制合成气（CO和） 研究发现，和在紫外线和光催化剂作用下制得合成气的部分机理如图2所示（表示光生空穴，是有很强得电子能力的活性位点）。 ①光生空穴在活化甲烷分子时，原子比原子更易被攻击的原因是__________。 ②制备合成气的过程可描述为：光催化剂在紫外线作用下将电子激发到CB端，在VB端留下光生空穴，__________。 【答案】（1） ①. CH4(g)=C(s)+2H2(g) H =+74.8 kJ·mol-1 ②. 9.2% ③. 反应过程中，催化剂表面会积碳，导致催化剂活性逐渐降低；同时副反应增多，消耗CH4但生成H2的效率降低，因此氢气产率随时间缓慢下降 （2） ①. 过量H2O(g)可与催化剂表面的积碳发生反应，减少积碳对催化剂活性的影响，从而防止催化剂活性下降 ②. 提高H2产率，加快反应速率 （3） ①. CH4中 C 的电负性大于 H， C-H键的电子对更偏向 C，导致 H 原子带部分正电荷；光生空穴（h+）具有强得电子能力，更易攻击带正电的 H 原子 ②. 光生空穴（h+）在 VB 端攻击CH4，断裂C-H键生成·CH3、·CH2等自由基；光生电子（e-）转移到 CB 端，还原CO2生成CO；同时自由基进一步反应生成H2和CO，最终得到合成气 【解析】 【小问1详解】 ①表示甲烷燃烧热的热化学方程式为反应1：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，氢气燃烧为反应2：H2(g)+O2(g)=H2O(l) ，碳燃烧为反应3：C(s)+O2(g)=CO2(g) ，由盖斯定律可知，目标反应 = 反应 1 - 反应 2 - 2× 反应 3，H==+74.8 kJ·mol-1，甲烷裂解为碳和氢气的热化学方程式为CH4(g)=C(s)+2H2(g) H =+74.8 kJ·mol-1；②由副反应可知消耗CH4的速率= 2×生成C2H6的速率=2×4.6=9.2 mol· h-1，总氢气速率为186.2 mol·h-1，则甲烷热催化裂解生成氢气的速率为186.2-4.6=181.6 mol·h-1，消耗甲烷的速率为90.8 mol·h-1，反应总消耗甲烷的速率=90.8+9.2=100 mol·h-1，乙烷的选择性=；③反应过程中，催化剂表面会积碳，导致催化剂活性逐渐降低；同时副反应增多，消耗CH4但生成H2的效率降低，因此氢气产率随时间缓慢下降； 【小问2详解】 ①过量H2O(g)可与催化剂表面的积碳发生反应，减少积碳对催化剂活性的影响，从而防止催化剂活性下降；②向反应体系中加入适量多孔，其优点是消耗CO2，使反应CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)正向移动，提高H2产率；同时多孔结构增大接触面积，加快反应速率； 【小问3详解】 ①原子比原子更易被攻击的原因是CH4中 C 的电负性大于 H， C-H键的电子对更偏向 C，导致 H 原子带部分正电荷；光生空穴（h+）具有强得电子能力，更易攻击带正电的 H 原子；②光催化剂在紫外线作用下将电子激发到CB端，在VB端留下光生空穴，光生空穴（h+）在 VB 端攻击CH4，断裂C-H键生成·CH3、·CH2等自由基；光生电子（e-）转移到 CB 端，还原CO2生成CO；同时自由基进一步反应生成H2和CO，最终得到合成气。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $