精品解析：云南省临沧市第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试化学试题

绝密★启用前 云南省临沧市第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试 化学 可能用到的相对原子质量：Si28 P31 Cl35.5 K39 Ca40 Fe56 Cu64 Ti48 V51 Zn65 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题：本大题共15小题，共45分。 1. 我国科技发展日新月异。下列对“大国重器”涉及的化学知识解读不正确的是 A. “嫦娥六号”月壤采样器中的碳化硅增强铝基材料——碳化硅是新型无机非金属材料 B. “奋斗者”号深潜器使用的锂离子电池——能量转换形式为化学能转化为电能 C. “鲲龙”AG600水陆两栖飞机使用的航空煤油——是石油分馏得到的纯净物 D. “华龙一号”核电项目使用的核燃料——铀元素的核电荷数为92 2. 化学物质是现代社会发展的基础支撑。下列物质与对应用途相匹配的是 A. —芯片 B. —食品抗氧化剂 C. —碱性锌锰电池 D. —野外焊接钢轨 3. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 与混合气体所含质子数为 B. 标准状况下，中中心原子所含价层电子对数为 C. 与足量溶液反应，消耗的数目为 D. 与足量水蒸气高温下反应转移电子数为 4. 过氧化钠用作供氧剂，其原理之一为。下列说法正确的是 A. 电子式： B. 干冰晶体配位数：8 C. 俗名：小苏打 D. 分子中键类型：键 5. 下列化学用语使用正确的是 A. 键的电子云形状： B. 基态氧原子价电子轨道表示式： C. 的VSEPR模型： D. 由原子和原子构成的气态团簇分子模型可知该物质化学式：EF 6. 黄芩素（结构简式如图所示）是中药黄芩的活性成分之一，具有抗菌、抗病毒作用。下列关于黄芩素的说法不正确的是 A. 黄芩素化学式为 B. 1mol黄芩素最多能与发生加成反应 C. 黄芩素不能发生消去反应 D. 黄芩素能与溶液反应 7. 将加入水中，反应后配成溶液，进行如下实验。下列说法错误的是 编号 ① ② ③ ④ 操作 现象 溶液变红色，20秒后褪色 ⅰ、产生大量使带火星的木条复燃的气体 ⅱ、溶液变红色，10分钟后褪色 ⅰ、溶液变红色，10分钟后溶液褪色 ⅱ、溶液变红色 溶液变红色，2小时后无明显变化 A. 由实验可知，与水反应有生成 B. 向②褪色后的溶液中加18mL蒸馏水，溶液不会变红 C. 若向①褪色后的溶液中滴加5滴盐酸，溶液将不会变红 D. 若向④中继续滴加盐酸或溶液，溶液均可能褪色 8. 下列实验装置或操作能达到实验目的是 A. 图1制取乙酸乙酯 B. 图2制取固体 C. 图3除去中混有的 D. 图4制取蒸馏水 9. 下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 可用于制备光导纤维 熔点高、硬度大 B 工业上电解熔融冶炼铝 是离子化合物 C 难溶于水 可作胃透视检查时的钡餐 D 可用作糕点的膨松剂 受热易分解，产生气体 A. A B. B C. C D. D 10. 劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 学农活动：撒草木灰改良酸性土壤 受热稳定，不易分解 B 社区服务：用“84”消毒液对公共桌椅消毒 具有强氧化性，能使蛋白质变性 C 家务劳动：用白醋除去水壶中的水垢() 醋酸酸性强于碳酸 D 工厂参观：工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与水蒸气在高温下会反应 A. A B. B C. C D. D 11. 一种亲水有机盐的结构如图所示，其中X、Y、Z、M、P、Q为原子序数依次增大的短周期元素。下列说法正确的是 A. 分子极性： B. 该化合物中各原子均满足8电子稳定结构 C. 第二电离能： D. 中存在的键数为 12. 实验室用如图所示装置制备硝酸加热装置已省略。下列有关说法错误的是 A. 制得的硝酸可盛装在无色透明的洁净试剂瓶中 B. 换成即可制备 C. 冷却水的作用是促进硝酸蒸气冷凝，避免形成酸雾 D. 反应温度如果过高，制得的可能会呈现黄色 13. 间接电解法合成苯甲醛的原理如图所示。下列说法错误的是 A. 是电源正极 B. 电解一段时间后，极区溶液降低忽略溶液体积变化 C. 理论上，电源提供电子能生成苯甲醛 D. 用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中放电发生副反应 14. 短周期主族元素、、、的原子序数依次增大。是密度最小的金属；与同主族，且基态原子中能级和能级上的电子数相同；和形成的化合物的晶体结构如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞边长为。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 晶胞中的配位数为 D. 晶体的密度为 15. 常温下，溶液中各含磷物种的关系如图所示。图中表示各含磷物种的浓度负对数()，表示的浓度负对数[]。 已知：溶液中含磷物种的浓度之和始终保持为。x、y、z三点的坐标：。 下列说法不正确的是 A. 曲线①表示随的变化 B. 的水溶液显酸性，属于正盐 C. 的平衡常数K的数量级为 D. 的溶液中： 二、流程题：本大题共1小题，共13分。 16. 稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和 SiO2)综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如下图所示： 已知：①“加压焙烧”过程中存在反应，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”； ②“酸浸”所得溶液中钒、钛以形式存在。 回答下列问题： （1）已知FeV2O4中 Fe为+2价，则V 的化合价为___________。 （2）“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为___________(填化学式)。“酸浸”时，若用硝酸代替盐酸，弊端为___________。 （3）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为___________。 （4）“萃取”时，先转化为再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：。据此分析“反萃取”过程中加入 Na2CO3溶液的作用为___________。 （5）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为___________。 （6）V2O5可溶于强酸强碱，常温时不同pH、不同钒元素浓度时，+5价V存在形态如图所示(忽略溶液前后体积变化)： 将0.01 molV2O5溶解在200 mL烧碱溶液中，剩余溶液的，反应的离子方程式为___________。 三、实验题：本大题共1小题，共13分。 17. 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是生产锂电池正极FePO4的原料，呈浅黄色，难溶于水，有较强还原性，受热易分解。 Ⅰ．制备草酸亚铁晶体 ①称取5.0g (NH4)2Fe(SO4)2，并放入如图装置的仪器A中，加入10滴左右1.0 mol/LH2SO4溶液和15mL蒸馏水，加热溶解。 ②用仪器B加入25.0 mL饱和草酸溶液(过量)，搅拌加热至80~90℃停止加热，静置。 ③待浅黄色晶体沉淀后，抽滤、洗涤、干燥得到晶体。 （1）仪器A的名称为___________，仪器C的作用是___________。 （2）用98.3%的浓硫酸配制1.0mol/L稀硫酸，需要选用的仪器是___________ (填字母)。 A． B． C． D． E． （3）抽滤的优点为___________(写出两点即可)。 （4）称取一定量FeC2O4·2H2O，在氩气中进行热分解，得到固体残留率随温度变化曲线如图。 已知：固体残留率=。 若M→N生成三种氧化物，则该过程反应的化学方程式为___________。 Ⅱ．样品中铁元素质量分数检测 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)粗品中可能含有杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，用KMnO4溶液滴定法测定该粗品的纯度，实验过程如图。 已知：5H2C2O4 +2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O。 回答下列问题： （5）“滴定②”中发生反应的离子方程式为___________。 （6）样品中铁元素的质量分数为___________。 四、简答题：本大题共1小题，共14分。 18. 以氧化还原反应原理为载体的烟气脱硫脱硝技术是应用于氮氧化物、硫氧化物处理的一项锅炉烟气净化技术。回答下列问题： Ⅰ．/复合吸收剂可用于烟气的脱硫脱硝。已知：溶液呈弱碱性，一定条件下水解为和；易溶于水；NO、、、都能被还原为。 （1）将通入、的混合液中可制备(全部转化为)。中Cl元素的化合价为_______，制备的离子方程式为_______。 （2）/用于燃煤烟气脱硫脱硝，工作过程中能将NO氧化为。下图吸收液中尿素质量分数为10%，，其对脱除效果的影响(反应温度为55℃，吸收液pH为4，烟气中NO、的浓度分别为360、1000)如下图所示。 ①烟气中_______，单独用尿素溶液作吸收液时生成，属于_______(填字母)。 A．正盐 B．酸式盐 C．硫酸盐 ②工作过程中发生多个反应，其中与反应生成HCl与，该反应的离子方程式为_______，随增大，NO脱除效率快速增加直至接近于100%，其原因是_______。 Ⅱ．在一定条件下能有效去除烟气中的NO，其可能的反应机理如下图所示(·OH表示羟基自由基，其中O元素为-1价，·表示未成对电子)。 （3）在_______(填“阴”或“阳”)极生成，在净化器中生成1mol ，消耗·OH的数目为_______(为阿伏加德罗常数的值)。 五、推断题：本大题共1小题，共15分。 19. 脱落酸是一种抑制植物生长的激素，其衍生物L的合成路线如图。 （1）B的分子式为___________。 （2）写出的反应方程式___________。 （3）E中含氧官能团名称是___________。 （4）M是C的同分异构体，符合下列条件的M有___________种(不考虑立体异构)。 ①遇显色 ②有手性碳原子 ③只有一个甲基 （5）依据上述合成路线的原理，利用其中原料，设计如图乙路线，合成有机化合物K，其结构简式如图甲所示。 甲： 乙： ①的反应类型是___________。 ②I的结构简式是___________。 ③的反应条件与上述合成L的路线中___________步骤相同(用图中字母表示物质)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 云南省临沧市第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试 化学 可能用到的相对原子质量：Si28 P31 Cl35.5 K39 Ca40 Fe56 Cu64 Ti48 V51 Zn65 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题：本大题共15小题，共45分。 1. 我国科技发展日新月异。下列对“大国重器”涉及的化学知识解读不正确的是 A. “嫦娥六号”月壤采样器中的碳化硅增强铝基材料——碳化硅是新型无机非金属材料 B. “奋斗者”号深潜器使用的锂离子电池——能量转换形式为化学能转化为电能 C. “鲲龙”AG600水陆两栖飞机使用的航空煤油——是石油分馏得到的纯净物 D. “华龙一号”核电项目使用的核燃料——铀元素的核电荷数为92 【答案】C 【解析】 【详解】A．碳化硅是性能优良的新型无机非金属材料， A正确； B．锂离子电池工作时，能量转换形式为化学能转化为电能， B正确； C．石油分馏得到的航空煤油是不同烃的混合物，不是纯净物，C错误； D．的质子数为92，核素的质子数与元素的核电荷数相等，则铀元素的核电荷数为92，D正确； 故选C。 2. 化学物质是现代社会发展的基础支撑。下列物质与对应用途相匹配的是 A. —芯片 B. —食品抗氧化剂 C. —碱性锌锰电池 D. —野外焊接钢轨 【答案】B 【解析】 【详解】A．SiO2是制造光导纤维的材料，而芯片的主要材料是高纯度硅单质（Si），A不符合题意； B．SO2具有还原性，可用作食品抗氧化剂（如葡萄酒中防止氧化变质），B符合题意； C．NH4Cl是酸性锌锰电池的电解质，碱性锌锰电池的电解质为KOH，C不符合题意； D．焊接钢轨利用铝热反应，反应物是Al和Fe2O3（或Fe3O4），Al2O3是反应的产物而非反应物，D不符合题意； 故答案选B。 3. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 与混合气体所含质子数为 B. 标准状况下，中中心原子所含价层电子对数为 C. 与足量溶液反应，消耗的数目为 D. 与足量水蒸气高温下反应转移电子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．1个CO中含质子数14，1个NO的质子数15，若10g混合气体全部是CO，含质子数=mol×14×NA/mol=5NA，若10g混合气体全部是NO，含质子数=×15×NA/mol=5NA，10gCO与NO混合气体所含质子数为5NA，故A正确； B．标准状况下，22.4 L H2S物质的量=1 mol，1个H2S分子中中心原子的价层电子对数为 ，故1 mol H2S中中心原子所含价层电子对总数为，故B正确； C．与反应生成的阴离子可能有、、等，均为-1价，且都仅含一个原子，根据元素守恒，含有氯原子，反应生成带-1价的阴离子，根据电荷守恒，需要，故C正确； D．与水蒸气反应的化学方程式为，参与反应转移电子，所以参与反应转移电子，故D错误； 故选：D。 4. 过氧化钠用作供氧剂，其原理之一为。下列说法正确的是 A. 电子式： B. 干冰晶体配位数：8 C. 俗名：小苏打 D. 分子中键类型：键 【答案】A 【解析】 【详解】A．为离子化合物，电子式为，A项正确； B．干冰即，分子间无氢键，属于分子密堆积，所以晶体配位数为12， B项错误； C．小苏打是碳酸氢钠的俗名，俗名：苏打，C项错误； D．氧气分子中键为键，D项错误； 故选A。 5. 下列化学用语使用正确的是 A. 键的电子云形状： B. 基态氧原子价电子轨道表示式： C. 的VSEPR模型： D. 由原子和原子构成的气态团簇分子模型可知该物质化学式：EF 【答案】C 【解析】 【详解】A．键是由两个原子的p轨道“肩并肩”重叠形成的，其电子云形状为：，A错误； B．基态氧原子价电子排布式为，其轨道表示式为：，B错误； C．中含有两个成键电子对和两对孤电子对，采取sp3杂化，其VSEPR模型为：，C正确； D．由分子模型可知，每个该气态团簇分子由4个E原子和4个F原子构成，其分子式为，D错误； 故选C。 6. 黄芩素（结构简式如图所示）是中药黄芩的活性成分之一，具有抗菌、抗病毒作用。下列关于黄芩素的说法不正确的是 A. 黄芩素化学式为 B. 1mol黄芩素最多能与发生加成反应 C. 黄芩素不能发生消去反应 D. 黄芩素能与溶液反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知黄芩素含15个C，三个酚羟基，化学式为，A不符合题意； B．黄芩素含有两个苯环（各加成3 mol）、碳碳双键和羰基各1个，共8 mol，B不符合题意； C．黄芩素分子中羟基均为酚羟基(直接连苯环)无醇羟基(邻位无)，不能发生消去反应，C不符合题意； D．酚羟基酸性弱于碳酸，不能与碳酸氢钠反应，D符合题意； 故选D。 7. 将加入水中，反应后配成溶液，进行如下实验。下列说法错误的是 编号 ① ② ③ ④ 操作 现象 溶液变红色，20秒后褪色 ⅰ、产生大量使带火星的木条复燃的气体 ⅱ、溶液变红色，10分钟后褪色 ⅰ、溶液变红色，10分钟后溶液褪色 ⅱ、溶液变红色 溶液变红色，2小时后无明显变化 A. 由实验可知，与水反应有生成 B. 向②褪色后的溶液中加18mL蒸馏水，溶液不会变红 C. 若向①褪色后的溶液中滴加5滴盐酸，溶液将不会变红 D. 若向④中继续滴加盐酸或溶液，溶液均可能褪色 【答案】B 【解析】 【分析】加入水中，反应后配成，根据钠元素守恒，所得氢氧化钠溶液的浓度为。 【详解】A．由实验②可知，向溶液中加入二氧化锰放出大量气泡，可知与水的反应过程中有双氧水生成，反应方程式为，，A不符合题意； B．根据实验③④可知1 mol/L的氢氧化钠溶液能使酚酞褪色，0.1 mol/L的氢氧化钠溶液不能使酚酞褪色，则向②褪色后的溶液中滴加18 mL蒸馏水，降低为0.1 mol/L，溶液会变红，B符合题意； C．①中双氧水能氧化酚酞，是不可逆的过程，若向①褪色后的溶液中滴加5滴6 mol/L盐酸，溶液不会变红，C不符合题意； D．若向④中继续滴加6 mol/L盐酸，使溶液呈酸性，酚酞褪色；若向④中继续滴加6 mol/L氢氧化钠溶液，使溶液大于1 mol/L，溶液能褪色，故D不符合题意； 故选B。 8. 下列实验装置或操作能达到实验目的是 A. 图1制取乙酸乙酯 B. 图2制取固体 C. 图3除去中混有的 D. 图4制取蒸馏水 【答案】C 【解析】 【详解】A．制取乙酸乙酯时，导管若插入饱和碳酸钠溶液液面以下会发生倒吸，正确操作应使导管口位于液面上，图1装置导管插入了液面以下，A错误； B．加热碳酸氢钠固体制取碳酸钠时，应使用受热面积更小的试管或者坩埚，烧杯受热面积大，受热不均易炸裂，B错误； C．SO2与水反应的产物的酸性强于H2CO3，可与饱和NaHCO3溶液反应除去SO2（SO2+2NaHCO3=Na2SO3+2CO2+H2O），而CO2不与饱和NaHCO3反应，洗气时气体长进短出可充分接触溶液，图3装置能达到除杂目的，C正确； D．制取蒸馏水需用到蒸馏装置，温度计的水银球位置应该在支管口，图4温度计的水银球伸入到海水液面以下，D错误； 故答案为C。 9. 下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 可用于制备光导纤维 熔点高、硬度大 B 工业上电解熔融冶炼铝 是离子化合物 C 难溶于水 可作胃透视检查时的钡餐 D 可用作糕点的膨松剂 受热易分解，产生气体 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．用于光导纤维是因导光性，而非熔点高、硬度大，A错误； B．工业上电解而非冶炼铝，且是共价化合物，熔融状态下不导电， B错误； C．钡餐应为，与胃酸反应生成有毒，为重金属离子，对人体有害，C错误； D．受热分解产生，气体使糕点膨松，D正确； 故答案选D。 10. 劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 学农活动：撒草木灰改良酸性土壤 受热稳定，不易分解 B 社区服务：用“84”消毒液对公共桌椅消毒 具有强氧化性，能使蛋白质变性 C 家务劳动：用白醋除去水壶中的水垢() 醋酸酸性强于碳酸 D 工厂参观：工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与水蒸气在高温下会反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．撒草木灰改良酸性土壤是利用水解呈碱性中和酸性，与其热稳定性无关，A错误； B．84消毒液的有效成分是，其与空气中的接触后产生的HClO具有强氧化性能使蛋白质变性，从而杀灭细菌和病毒，化学知识正确解释了消毒原理，B正确； C．白醋中的醋酸酸性强于碳酸，因此能溶解水垢（），C正确； D．高温下铁与水蒸气会发生反应生成和氢气，因此在注入钢水之前需要将模具干燥，D正确； 因此，答案选A。 11. 一种亲水有机盐的结构如图所示，其中X、Y、Z、M、P、Q为原子序数依次增大的短周期元素。下列说法正确的是 A. 分子极性： B. 该化合物中各原子均满足8电子稳定结构 C. 第二电离能： D. 中存在的键数为 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、Z、M、P、Q为原子序数依次增大的短周期元素，结合成键特点及原子序数关系，推断如下：能形成4个共价键，应为元素；原子序数大于且小于，应为元素；能形成双键，应为元素；原子序数大于且能与形成共价键，应为元素；能形成2个双键和2个单键，且原子序数最大，应为S元素；能形成+1价阳离子且原子序数小于，应为Li元素，据此解答。 【详解】A．由分析可知，为(V形，极性分子)，为(直线形，非极性分子)，则极性：，A错误； B．该化合物中元素形成2个双键和2个单键，最外层电子数为12，不满足8电子稳定结构，B错误； C．失去1个电子后为(电子排布为，达到半充满稳定结构)，再失去一个电子变成不稳定结构的第二电离能较大；失去1个电子后为，再失去一个电子变成稳定的较容易，则第二电离能，即M>P，C正确； D．为，中Cu2+与4个通过配位键(σ键)结合，每个含1个σ 键，即1个中含σ键数为4+4=8个，但的物质的量未知，无法计算存在的键数，D错误； 故选C。 12. 实验室用如图所示装置制备硝酸加热装置已省略。下列有关说法错误的是 A. 制得的硝酸可盛装在无色透明的洁净试剂瓶中 B. 换成即可制备 C. 冷却水的作用是促进硝酸蒸气冷凝，避免形成酸雾 D. 反应温度如果过高，制得的可能会呈现黄色 【答案】A 【解析】 【分析】KNO3和浓硫酸在加热的条件下生成HNO3，曲颈甑可代替冷凝管起冷却作用，硝酸沸点低，用流水冷却可促进硝酸蒸汽冷凝，得到的硝酸见光易分解，应用棕色玻璃细口瓶盛装，据此分析回答。 【详解】A．硝酸见光易分解，应用棕色玻璃细口瓶盛装，故A错误； B．浓硫酸沸点高，难挥发，该反应利用高沸点的浓硫酸制取低沸点的硝酸，若将KNO3换成KCl，也可制备HCl，故B正确； C．硝酸沸点低，用流水冷却可促进硝酸蒸汽冷凝，避免形成酸雾，故C正确； D．硝酸在温度过高时，能分解生成二氧化氮、氧气和水，化学方程式为：4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2O，NO2溶于硝酸呈黄色，故D正确； 故选A。 13. 间接电解法合成苯甲醛的原理如图所示。下列说法错误的是 A. 是电源正极 B. 电解一段时间后，极区溶液降低忽略溶液体积变化 C. 理论上，电源提供电子能生成苯甲醛 D. 用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中放电发生副反应 【答案】B 【解析】 【分析】电极上元素化合价升高，发生氧化反应，则为阳极，电极反应式为，与发生氧化还原反应生成：，氢离子从左侧经过质子交换膜向右侧移动，电极为阴极，在酸性水溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为。 【详解】A．由电极上元素化合价升高，则为阳极，与电源正极相连，为阴极，阴极与电源负极相连，c是电源正极，故正确； B．电解过程中阴极电极b发生反应，同时电解质溶液中有等量的H+通过质子交换膜，从而电解池阴极区溶液pH几乎不变(忽略溶液体积变化)，故B错误； C．由分析可知，阳极电极反应式为，与发生氧化还原反应生成：，理论上，电源提供电子生成4mol Mn3+，能生成苯甲醛，故C正确； D．苯甲醛容易被氧化为其他物质，故用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中放电发生副反应，故正确； 故选B。 14. 短周期主族元素、、、的原子序数依次增大。是密度最小的金属；与同主族，且基态原子中能级和能级上的电子数相同；和形成的化合物的晶体结构如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞边长为。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 晶胞中的配位数为 D. 晶体的密度为 【答案】D 【解析】 【分析】X为密度最小的金属，则X为Li。短周期主族元素Y的基态原子中p能级和s能级上的电子数相同，则Y可能为O（）或Mg（）。若Y为Mg，因Y、Z同主族且原子序数Z>Y，则Z应为Ca，但Ca不属于短周期元素，故Y不为Mg。因此Y为O。Z与Y同主族，原子序数大于Y且为短周期元素，则Z为S。W为短周期主族元素且原子序数大于Z，则W为Cl。 【详解】A．Y(O)、Z(S)、W(Cl)的原子半径正确顺序为，即，与选项A的不符，故A错误； B．Li、O、S 的第一电离能顺序为 ，故B错误； C．从给出的晶体结构图可知，化学式 Li2S，每个 S2- 的配位数为 8，而非 12，故C错误； D．一个晶胞内含 4 个 S2- 和 8 个 Li+，m = 4×32 + 8×7 = 184 (相对原子质量单位)。晶胞边长为 a pm，则晶胞体积为 a3 (pm3) = a3 × 10-30 cm3。 故 ，故D正确； 故选D。 15. 常温下，溶液中各含磷物种的关系如图所示。图中表示各含磷物种的浓度负对数()，表示的浓度负对数[]。 已知：溶液中含磷物种的浓度之和始终保持为。x、y、z三点的坐标：。 下列说法不正确的是 A. 曲线①表示随的变化 B. 的水溶液显酸性，属于正盐 C. 的平衡常数K的数量级为 D. 的溶液中： 【答案】A 【解析】 【分析】pOH值越大，碱性越弱，酸性越强，H3PO3浓度越大，对应的负对数pC值越小，③曲线为H3PO3浓度负对数与pOH关系，②曲线为浓度负对数与pOH关系，①曲线是浓度负对数与pOH的关系。x点为浓度与浓度相等，pOH值为7.3，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，Ka2==10-6.7，z点为浓度与H3PO3浓度相等，pOH值为12.6，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，Ka1==10-1.4。 【详解】A．根据分析，曲线①表示随的变化，A错误； B．电离出的既能发生水解又能发生电离，电离常数为Ka2=10-6.7，水解常数为Kh==10-12.6，电离大于水解，水溶液显酸性，属于正盐，B正确； C．的平衡常数K=====105.3，数量级为，C正确； D．时pOH=10，此时c(H3PO3)=c(，由于溶液中含磷物种的浓度之和始终保持为，即 由于c(H3PO3)=c(则，D正确； 答案选A。 二、流程题：本大题共1小题，共13分。 16. 稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和 SiO2)综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如下图所示： 已知：①“加压焙烧”过程中存在反应，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”； ②“酸浸”所得溶液中钒、钛以形式存在。 回答下列问题： （1）已知FeV2O4中 Fe为+2价，则V 的化合价为___________。 （2）“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为___________(填化学式)。“酸浸”时，若用硝酸代替盐酸，弊端为___________。 （3）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为___________。 （4）“萃取”时，先转化为再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：。据此分析“反萃取”过程中加入 Na2CO3溶液的作用为___________。 （5）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为___________。 （6）V2O5可溶于强酸强碱，常温时不同pH、不同钒元素浓度时，+5价V存在形态如图所示(忽略溶液前后体积变化)： 将0.01 molV2O5溶解在200 mL烧碱溶液中，剩余溶液的，反应的离子方程式为___________。 【答案】（1）+3 （2） ①. SiO2 ②. 硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子(如Fe2+、V3+)氧化，影响后续分离提纯，同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境 （3）Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解 （4）消耗H+，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离 （5）+3Fe3++2+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+ （6）V2O5+4OH-=+2H2O 【解析】 【分析】钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+Cl2(g)，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”，FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl、FeCl2，加入盐酸进行酸浸，VO2Cl转化为，TiO2转化为TiO2+，滤渣含SiO2，加适量铁粉沉钛，调节溶液pH使TiO2+完全生成TiO(OH)2沉淀，加入H2O2将+2价亚铁离子氧化成+3价铁离子，加入有机萃取剂R3N，先转化为 ，再与萃取剂R3N结合进入有机相，4R3N+4H++[R3NH]4H2V10O28，加酸化的Na2SO4洗涤分液，有机相加入Na2CO3进行反萃取，经一系列操作得V2O5；水相加入(NH4)2SO4生成黄铵铁矾，据此分析。 【小问1详解】 已知FeV2O4中Fe为+2价，根据化合价代数和为零，则V的化合价为+3价，故答案为：+3； 【小问2详解】 根据分析可知，“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为SiO2，硝酸代替盐酸的弊端：硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子(如Fe2+、V3+)氧化，影响后续分离提纯；同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境，故答案为：SiO2；硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子(如Fe2+、V3+)氧化，影响后续分离提纯，同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境； 【小问3详解】 溶液中存在Fe3+(“酸浸”时Fe3O4、FeV2O4溶解生成)，Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解，导致实际消耗的H2O2量远大于理论计算量，故答案为：Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解； 【小问4详解】 Na2CO3与H+反应，消耗H+，使c(H+)降低，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离，故答案为：消耗H+，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离； 【小问5详解】 “沉铁”时，加入(NH4)2SO4，生成黄铵铁矾的离子方程式为：+3Fe3++2+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+，故答案为：+3Fe3++2+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+； 【小问6详解】 剩余c(OH-)=0.01mol/L，c(H+)=10-12mol/L，pH=12，结合V的存在形态图：pH=12时，c(V)==0.1mol/L，即-lgc(钒)=-lg0.1=1时，+5价V主要以形式存在，V2O5与OH-反应生成和H2O，离子方程式为：V2O5+4OH-=+2H2O，故答案为：V2O5+4OH-=+2H2O。 三、实验题：本大题共1小题，共13分。 17. 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是生产锂电池正极FePO4的原料，呈浅黄色，难溶于水，有较强还原性，受热易分解。 Ⅰ．制备草酸亚铁晶体 ①称取5.0g (NH4)2Fe(SO4)2，并放入如图装置的仪器A中，加入10滴左右1.0 mol/LH2SO4溶液和15mL蒸馏水，加热溶解。 ②用仪器B加入25.0 mL饱和草酸溶液(过量)，搅拌加热至80~90℃停止加热，静置。 ③待浅黄色晶体沉淀后，抽滤、洗涤、干燥得到晶体。 （1）仪器A的名称为___________，仪器C的作用是___________。 （2）用98.3%的浓硫酸配制1.0mol/L稀硫酸，需要选用的仪器是___________ (填字母)。 A． B． C． D． E． （3）抽滤的优点为___________(写出两点即可)。 （4）称取一定量FeC2O4·2H2O，在氩气中进行热分解，得到固体残留率随温度变化曲线如图。 已知：固体残留率=。 若M→N生成三种氧化物，则该过程反应的化学方程式为___________。 Ⅱ．样品中铁元素质量分数检测 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)粗品中可能含有杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，用KMnO4溶液滴定法测定该粗品的纯度，实验过程如图。 已知：5H2C2O4 +2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O。 回答下列问题： （5）“滴定②”中发生反应的离子方程式为___________。 （6）样品中铁元素的质量分数为___________。 【答案】（1） ①. 三颈烧瓶(或三口烧瓶) ②. 冷凝回流 （2）ACD （3）过滤速度快、分离彻底、固体更干燥等 （4）3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+2CO2↑ （5）5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O （6）% 【解析】 【分析】在三颈烧瓶中根据已知实验步骤可制备草酸亚铁晶体；草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)粗品中可能含有杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，第一次滴定过程中酸性高锰酸钾既能与草酸根离子反应，又能与亚铁离子反应，在第二次滴定前加入锌是为了使Fe3+转化为Fe2+，再用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+，根据元素守恒求质量分数。 【小问1详解】 仪器A的名称为三口烧瓶或三颈烧瓶；仪器C为球形冷凝管，作用为冷凝回流，故答案为三口烧瓶或三颈烧瓶、冷凝回流； 【小问2详解】 用98.3%的浓硫酸配制1.0mol/L稀硫酸，需要用量筒量取浓硫酸，在小烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，并引流转移到一定体积的容量瓶中，定容时用胶头滴管，故选ACD； 【小问3详解】 抽滤过程使用循环水真空泵使吸滤瓶内减压，由于瓶内与布氏漏斗液面上形成压力差，因而过滤速度快，分离彻底、固体更干燥，故答案过滤速度快、固体更干燥、分离彻底等； 【小问4详解】 温度较低时，FeC2O4·2H2O失去结晶水的过程，假设FeC2O4·2H2O为1mol，则固体残留率为×100%=×100%=80%，M点为FeC2O4，M→N过程中铁元素的质量不变，设生成铁的氧化物为FeOx，则M(FeOx)=180×42.96%=77.328g/mol，x==1.33=，故铁的氧化物为Fe3O4，根据元素守恒，以及另两种产物为氧化物，得M→N过程反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+2CO2↑。 【小问5详解】 草酸亚铁晶体粗品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，用稀硫酸溶解样品，使全部转化为H2C2O4。“滴定①”为酸性KMnO4溶液滴定Fe2+和H2C2O4，反应的离子方程式分别为：5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑十2Mn2++8H2O、5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，再向反应后的溶液中加入适量Zn，将Fe3+还原为Fe2+。“滴定②”为酸性KMnO4溶液将全部Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O； 【小问6详解】 铁元素的质量分数只需用“滴定②”计算，由(5)得，5Fe2+~，则n(Fe)=n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×cmol•L-1×V2×10-3L=5cV2×10-3mol，所以，铁元素的质量分数为×100%=%。 四、简答题：本大题共1小题，共14分。 18. 以氧化还原反应原理为载体的烟气脱硫脱硝技术是应用于氮氧化物、硫氧化物处理的一项锅炉烟气净化技术。回答下列问题： Ⅰ．/复合吸收剂可用于烟气的脱硫脱硝。已知：溶液呈弱碱性，一定条件下水解为和；易溶于水；NO、、、都能被还原为。 （1）将通入、的混合液中可制备(全部转化为)。中Cl元素的化合价为_______，制备的离子方程式为_______。 （2）/用于燃煤烟气脱硫脱硝，工作过程中能将NO氧化为。下图吸收液中尿素质量分数为10%，，其对脱除效果的影响(反应温度为55℃，吸收液pH为4，烟气中NO、的浓度分别为360、1000)如下图所示。 ①烟气中_______，单独用尿素溶液作吸收液时生成，属于_______(填字母)。 A．正盐 B．酸式盐 C．硫酸盐 ②工作过程中发生多个反应，其中与反应生成HCl与，该反应的离子方程式为_______，随增大，NO脱除效率快速增加直至接近于100%，其原因是_______。 Ⅱ．在一定条件下能有效去除烟气中的NO，其可能的反应机理如下图所示(·OH表示羟基自由基，其中O元素为-1价，·表示未成对电子)。 （3）在_______(填“阴”或“阳”)极生成，在净化器中生成1mol ，消耗·OH的数目为_______(为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】（1） ①. +5 ②. （2） ①. 0.012 ②. A ③. ④. 随的增大，则能将NO完全氧化成NO2，NO2易溶于水并将尿素氧化为N2而除去，导致的脱除效率快速增加直至几乎接近于100% （3） ①. 阳 ②. 3 【解析】 【小问1详解】 中Cl元素的化合价为+5价，制备的离子方程式为； 【小问2详解】 ①NO的浓度为360，则；属于正盐，故选A； ②与反应生成HCl与，离子方程式为；由题干信息可知，ClO2是一种绿色氧化剂，用ClO2/尿素复合液作吸收液时，随的增大，则能将NO完全氧化成NO2，NO2易溶于水并将尿素氧化为N2而除去，导致的脱除效率快速增加直至几乎接近于100%； 【小问3详解】 O2转化为的反应为，其发生的反应是失去电子的氧化反应。故在阳极生成；净化器内NO被·OH氧化为HNO3，发生反应，则生成1mol，消耗·OH的数目为3NA。 五、推断题：本大题共1小题，共15分。 19. 脱落酸是一种抑制植物生长的激素，其衍生物L的合成路线如图。 （1）B的分子式为___________。 （2）写出的反应方程式___________。 （3）E中含氧官能团名称是___________。 （4）M是C的同分异构体，符合下列条件的M有___________种(不考虑立体异构)。 ①遇显色 ②有手性碳原子 ③只有一个甲基 （5）依据上述合成路线的原理，利用其中原料，设计如图乙路线，合成有机化合物K，其结构简式如图甲所示。 甲： 乙： ①的反应类型是___________。 ②I的结构简式是___________。 ③的反应条件与上述合成L的路线中___________步骤相同(用图中字母表示物质)。 【答案】（1） （2） （3）羟基、醚键； （4）9 （5） ①. 加成反应 ②. ③. 【解析】 【分析】A为乙醛，乙醛和乙炔发生加成反应，可知在醛中的碳氧双键处发生加成生成B；C中羰基和乙二醇反应生成D，B和D生成E，E转化为F，结合F结构、E化学式可知，B和D中羰基加成生成E：，F转化为G，G中醚键转化为羰基得到L，可知C→D是为了保护C中左下侧的羰基； 【小问1详解】 由分析可知，B的分子式为； 【小问2详解】 C中羰基和乙二醇反应生成醚键得到D，化学方程式为； 【小问3详解】 E为，含有含氧官能团为羟基、醚键； 【小问4详解】 C分子中含有9个碳、2个氧、不饱和度为4，M是C的同分异构体，符合下列条件：①遇显紫色，则含有酚羟基；②有手性碳原子；③只有一个甲基；则苯环上取代基为-OH和-CH(CH3)CH2OH、-OH和-CH2CHOHCH3、-OH和-CHOHCH2CH3，均存在邻间对3种情况，故共9 种； 【小问5详解】 分析K的结构，与L的结构类似，因此需要模仿A到L的合成路径，K的结构左右对称，可知CH≡CH与2倍的乙醛C2H4O发生了加成，得到的产物H：，H中的羟基被氧化成羰基，I的结构简式为，则条件a为CrO3、吡啶；I再发生流程中F生成G的反应得到J，J中碳碳叁键加成转化为碳碳双键得到K，条件为Cr2+、H+； ①CH≡CH与2倍的C2H4O发生了加成，得到的产物H，为加成反应。 ②由分析I为：； ③I再发生流程中F生成G的反应得到J，故为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $