精品解析：福建省三明第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中化学试题

三明一中2025-2026学年上学期半期考 高三化学试卷 (考试时间：75分钟 满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Mn-55 Fe-56 Sb-122 Ⅰ卷 (选择题 共40分) 一、单选题(每小题只有一个选项符合题意，每小题4分共40分) 1. 化学创造美好生活，下列说法错误的是 A. 维生素C是水果罐头中常用的抗氧化剂 B. 手机芯片与光导纤维化学成分相同 C. 三折叠手机柔性屏使用的原材料聚酰亚胺属于有机高分子材料 D. 节日绚丽的烟花与原子核外电子跃迁过程中的能量变化有关 2. 化合物M可用于油漆、颜料、涂料工业，其结构如图。下列关于该物质的说法正确的是 A. 分子式为C14H10O3 B. 分子中碳杂化方式有2种，所有碳原子可能共平面 C. 分子中含有4种官能团 D. 苯环上的一代氯物有5种 3. 1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐（）是常见的离子液体。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 沸点： D. 熔沸点： 4. 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 5. 镀锡铜箔中锡回收具有极高的价值。实验室回收并制备SnO2的流程如下图。下列说法错误的是 已知：“浸取”过程得到具有强还原性的Sn2+；“水解”制得Sn(OH)4沉淀。 A. 向浸取液中分次加入镀锡铜箔，可减少铜粉覆盖反应物，提高浸取率 B. “氧化”过程使用的试剂X可以是H2O2 C. “滤液”经处理后可循环使用 D. “550℃”需要用到的仪器主要有：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒 6. 下列由实验操作和现象推出的结论正确的是 实验操作和现象 结论 A 向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，冷却后向其中加入足量稀NaOH溶液，再加入新制的银氨溶液，并水浴加热，产生了银镜 蔗糖水解产物具有还原性 B 向含有和的白色悬浊液中滴加少量溶液，有黑色沉淀生成 C 向浓中插入红热的炭，有红棕色气体生成 炭可与浓反应生成 D 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液，无血红色出现 食品脱氧剂样品中无+3价铁 A. A B. B C. C D. D 7. 反应可用于储氢，可能机理如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应的 B. 步骤I中带正电荷的C与催化剂中的N之间作用 C. 步骤III中存在非极性键的断裂和形成 D. 反应中每消耗，转移电子数约为 8. 利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上清液中的S2-，制取石膏(CaSO4·2H2O)的过程如下： 下列说法正确的是 A. CaSO4·2H2O属于混合物 B. 过程Ⅰ后溶液pH增大 C. 过程Ⅱ中反应的离子方程式为 D. 将10L上清液中的S2-(S2-的浓度为0.48g/L)转化为，理论上共需要0.3molO2 9. 半导体材料硅的表面进行抛光处理的反应原理为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中含有键的数目为 B. 标准状况下，中含有电子总数为 C. 的溶液中离子数为 D. 反应每生成氧化产物，转移电子数目为 10. 的溶液称为奈斯勒(Nessler)试剂，其制备流程及特色反应如图所示。 下列说法错误的是 A. 反应①的离子方程式为： B. 由反应②可知，用溶液可除去中的 C. 反应③中消耗的和的物质的量之比为1:4 D. 可用奈斯勒试剂检验中微量的 Ⅱ卷 (非选择题 共60分) 二、解答题 11. rGO(还原氧化石墨烯)表面负载二维晶体，具有室温铁磁性和压电行为共存等反常的物理性质，有望用于制作新型电子器件。 Ⅰ．制备GO(氧化石墨烯) （1）制备GO的过程可能会生成___________、___________，需要在通风橱中进行。 （2）不同反应阶段所需温度不同，其中“＜20℃”可用___________方法来控制温度范围。 （3）反应结束后，向容器内加入30%溶液除去未反应完的，紫红色悬浊液的颜色褪去，除去的离子方程式为___________。 （4）将(3)所得的悬浊液经离心、蒸馏水洗涤、干燥后，得到土黄色的GO。通过检验的存在可判断洗涤是否完全，具体检验方法为___________。 Ⅱ．制备rGO(还原氧化石墨烯) ⅰ．称取0.50 g GO粉末于烧杯，加入100 mL水，用超声震荡形成分散液； ⅱ．向分散液中加入维生素C，继续超声震荡，从所得悬浊液分离出rGO并制成薄膜。 （5）称取0.50 g GO粉末于烧杯，___________(填“能”或“不能”)使用托盘天平。 （6）GO还原为rGO后，在水中溶解度会下降的原因是___________。 （7）下列有关制备rGO的说法中，正确的是___________。(填标号) a．维生素C的实际用量应比理论值大 b．H2可以代替维生素C，还原GO c．超声振荡的效果相当于搅拌 d．分离rGO最好用蒸发结晶 12. 碳酸锰是制造电信器材软磁铁氧体、合成二氧化锰和制造其它锰盐的原料。制备碳酸锰的一种工艺流程如图所示。 回答下列问题： （1）基态Mn原子核外电子的空间运动状态有___________种，的空间构形___________。 （2）浸锰液为MnO2与FeS2、FeS、MnS等在硫酸介质中反应得到的含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、、S的分散系，MnO2与MnS在酸性条件下反应生成的化学反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是___________。 （3）“预氧化与除铁”最好采用___________(填标号)作氧化剂；“铁渣”的主要成分是___________。 a．HClO溶液 b．MnO2 c．KMnO4溶液 （4）“洗液”可以返回到___________步骤进行循环使用。 （5）碳酸锰与水在加热条件下发生水解，生成碱式碳酸锰[Mn2(OH)2CO3]和一种气体，反应的化学方程式为___________。 （6）碳酸锰在空气中加热生成某种氧化物四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示。 当晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价___________(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获得半导体性质的是___________(填标号)。 A．CaO B．V2O5 C．Fe2O3 D．CuO 13. 环丙烷因为较大的环张力而具有独特的反应性能。下面的合成路线中利用了环丙烷开环反应，实现了扩环。 回答下列问题： （1）试剂化学名称是___________。A→B的化学方程式为___________。 （2）中官能团的名称为___________。 （3）D的α-H与C的醛基先发生加成反应，后经消去水分子得到E(分子式为C17H20O5)，E的结构简式为___________。α-H活泼性：D比的高，其原因是___________。 （4）G→H的反应类型为___________。 （5）在A的同分异构体中，同时符合下列条件的有___________种。 ①遇FeCl3溶液显色；②有羰基，但不发生银镜反应；③能水解生成醇羟基 14. 采用两段焙烧一水浸法从铁锰氧化矿(含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体；Fe2(SO4)3在650℃完全分解生成Fe2O3，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。回答下列问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2 与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为___________。“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有___________、___________(填化学式)。 （2）在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”、“水浸”时金属元素的浸出率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）HR萃取Cu2+反应为：2HR(有机相)+Cu2+(水相)CuR2 (有机相)+2H+(水相)。“反萃取”时加入的试剂为___________(填化学式)。 （4）已知：，“沉钴”中pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5mol/L]，则此时溶液中c(S2-)=___________mol·L-1。CoS“溶解”时发生反应的离子方程式为___________。 （5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入___________(填操作单元名称)循环利用。 （6）一种锑锰(Mn3Sb)合金的立方晶胞结构如图。 ①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有___________个。 ②NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式即可)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 三明一中2025-2026学年上学期半期考 高三化学试卷 (考试时间：75分钟 满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Mn-55 Fe-56 Sb-122 Ⅰ卷 (选择题 共40分) 一、单选题(每小题只有一个选项符合题意，每小题4分共40分) 1. 化学创造美好生活，下列说法错误的是 A. 维生素C是水果罐头中常用的抗氧化剂 B. 手机芯片与光导纤维化学成分相同 C. 三折叠手机柔性屏使用的原材料聚酰亚胺属于有机高分子材料 D. 节日绚丽的烟花与原子核外电子跃迁过程中的能量变化有关 【答案】B 【解析】 【详解】A．维生素C具有还原性，是水果罐头中常用的抗氧化剂，故A正确； B．手机芯片材质是硅单质，光导纤维材质是二氧化硅，其化学成分不相同，故B错误； C．三折叠手机柔性屏使用的原材料聚酰亚胺是聚合物，属于有机高分子材料，故C正确； D．电子跃迁到激发态过程中吸收能量，当电子由高能级轨道跃迁回能量较低的轨道，释放多余的能量，以光的形式释放出来，因此可以看到绚丽的烟花，故D正确； 故选B。 2. 化合物M可用于油漆、颜料、涂料工业，其结构如图。下列关于该物质的说法正确的是 A. 分子式为C14H10O3 B. 分子中碳的杂化方式有2种，所有碳原子可能共平面 C. 分子中含有4种官能团 D. 苯环上的一代氯物有5种 【答案】B 【解析】 【详解】A．由结构简式可知M的分子式为：C14H12O3，故A错误； B．分子中含有单键碳原子和双键碳原子，杂化方式分别：，两个苯环和碳氧双键分别确定一个平面，且单键可以旋转，则所有碳原子可能共平面，故B正确； C．M中含羟基、羰基、醚键三种官能团，故C错误； D．该物质含两个苯环，如图，一氯代物共6种，故D错误； 故选B。 3. 1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐（）是常见的离子液体。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 沸点： D. 熔沸点： 【答案】B 【解析】 【详解】A．磷（P）位于第三周期，氮（N）和碳（C）位于第二周期，原子半径大于，同周期中原子半径随原子序数增大而减小，因此原子半径，故正确顺序应为，而非，A错误； B．C、N、O为同周期元素，同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但氮（N）的2p轨道半充满状态更稳定，其第一电离能大于相邻元素氧（O）和碳（C），第一电离能顺序为，B正确； C．、分子间形成氢键沸点高于（仅依赖范德华力），因分子间氢键作用强于分子间氢键，沸点最高，正确顺序为，C错误； D．离子液体（）通过离子键结合，熔沸点远高于分子晶体丁烷（常温为气体），D错误； 故选B。 4. 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。 5. 镀锡铜箔中锡回收具有极高的价值。实验室回收并制备SnO2的流程如下图。下列说法错误的是 已知：“浸取”过程得到具有强还原性的Sn2+；“水解”制得Sn(OH)4沉淀。 A 向浸取液中分次加入镀锡铜箔，可减少铜粉覆盖反应物，提高浸取率 B. “氧化”过程使用的试剂X可以是H2O2 C. “滤液”经处理后可循环使用 D. “550℃”需要用到的仪器主要有：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒 【答案】D 【解析】 【分析】镀锡铜箔用硫酸铜浸取时，发生反应：Cu2++Sn=Sn2++Cu，再用氧化剂将Sn2+氧化为Sn4+，水解成Sn(OH)4，焙烧分解成SnO2。 【详解】A．硫酸铜溶液浸取时发生反应：Cu2++Sn=Sn2++Cu，分次加入镀锡铜箔，可减少铜粉覆盖反应物，提高浸取率，A正确； B．“氧化”过程中加入试剂X，将Sn2+氧化为Sn4+，试剂X可以是，B正确； C．Sn(SO4)2水解生成Sn(OH)4沉淀和硫酸，溶液可返回浸取工序循环使用，C正确； D．高温焙烧Sn(OH)4得到SnO2，条件是550℃，不能用蒸发皿，应该用坩埚，D错误； 故选D。 6. 下列由实验操作和现象推出的结论正确的是 实验操作和现象 结论 A 向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，冷却后向其中加入足量稀NaOH溶液，再加入新制的银氨溶液，并水浴加热，产生了银镜 蔗糖水解产物具有还原性 B 向含有和的白色悬浊液中滴加少量溶液，有黑色沉淀生成 C 向浓中插入红热的炭，有红棕色气体生成 炭可与浓反应生成 D 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液，无血红色出现 食品脱氧剂样品中无+3价铁 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．蔗糖在稀硫酸催化作用下加热水解为葡萄糖和果糖，再加入足量NaOH溶液中和稀硫酸，确保银镜反应在碱性条件下进行，生成银镜证明水解产物具有还原性，A正确； B．白色悬浊液中有硫化钠，电离产生大量S2-，能直接与Cu2+反应生成CuS沉淀，无法证明是ZnS转化为CuS，不能比较Ksp，B错误； C．浓硝酸加热易分解，向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，也可能是硝酸分解生成了二氧化氮，C错误； D．将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液，虽然溶液颜色无变化，但并不能说明该样品中无三价铁，也可能Fe3+被铁粉还原为Fe2+，D错误； 故答案选A。 7. 反应可用于储氢，可能机理如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应的 B. 步骤I中带正电荷的C与催化剂中的N之间作用 C. 步骤III中存在非极性键的断裂和形成 D. 反应中每消耗，转移电子数约为 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据反应方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以该反应的ΔS<0，A错误； B．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，B正确； C．步骤III中不存在非极性键的断裂和形成，C错误； D．该反应中CO2中C元素的化合价由+4价降低到+2价，每消耗1molCO2转移电子的数目约为，D错误； 故选B。 8. 利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上清液中的S2-，制取石膏(CaSO4·2H2O)的过程如下： 下列说法正确的是 A. CaSO4·2H2O属于混合物 B. 过程Ⅰ后溶液pH增大 C. 过程Ⅱ中反应的离子方程式为 D. 将10L上清液中的S2-(S2-的浓度为0.48g/L)转化为，理论上共需要0.3molO2 【答案】D 【解析】 【详解】A．CaSO4·2H2O具有固定组成，属于纯净物，故A错误； B．过程Ⅰ是，反应消耗氢氧根离子，反应后溶液pH减小，故B错误； C．过程Ⅱ中被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为，故C错误； D．将10L上清液中的S2-转化为，转移电子的物质的量为，根据得失电子守恒，理论上共需要O2的物质的量为，故D正确； 选D。 9. 半导体材料硅的表面进行抛光处理的反应原理为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中含有键的数目为 B. 标准状况下，中含有的电子总数为 C. 的溶液中离子数为 D. 反应每生成氧化产物，转移电子数目为 【答案】B 【解析】 【详解】A．硅为共价晶体，每个Si原子形成4个Si-Si键，但每个键由两个原子共享，故1mol Si中Si-Si键数目为 ，而非 ，A错误； B．2.7g H2O的物质的量为 。每个H2O分子含  个电子，总电子数为 ，B正确； C．溶液中存在平衡 ，pH=4时部分⁻转化为，其实际浓度小于0.1mol/L，故离子数小于 ，C错误； D．反应中3mol Si被氧化为，共转移12mol电子(每个Si失4e⁻)，故每生成1mol氧化产物()转移电子数为 ，而非 ，D错误； 故选B。 10. 溶液称为奈斯勒(Nessler)试剂，其制备流程及特色反应如图所示。 下列说法错误的是 A. 反应①的离子方程式为： B. 由反应②可知，用溶液可除去中的 C. 反应③中消耗的和的物质的量之比为1:4 D. 可用奈斯勒试剂检验中微量的 【答案】B 【解析】 【分析】根据制备流程可看出，汞和过量的稀硝酸反应生成硝酸汞，再和过量的碘化钾溶液反应生成，再加入氢氧化钾溶液和微量的反应生成红色沉淀。 【详解】A．反应①为汞和过量的稀硝酸反应生成硝酸汞、一氧化氮和水，离子方程式为，A项正确； B．溶液与能发生反应，故不能用溶液除去中的，B项错误； C．反应③离子方程式为 ，消耗的和的物质的量之比为1:4，C项正确； D．根据反应③可知，奈斯勒试剂即与混合溶液，和微量的反应可生成红色沉淀，故可用奈斯勒试剂检验中微量的，D项正确； 答案选B。 Ⅱ卷 (非选择题 共60分) 二、解答题 11. rGO(还原氧化石墨烯)表面负载二维晶体，具有室温铁磁性和压电行为共存等反常的物理性质，有望用于制作新型电子器件。 Ⅰ．制备GO(氧化石墨烯) （1）制备GO的过程可能会生成___________、___________，需要在通风橱中进行。 （2）不同反应阶段所需温度不同，其中“＜20℃”可用___________的方法来控制温度范围。 （3）反应结束后，向容器内加入30%溶液除去未反应完的，紫红色悬浊液的颜色褪去，除去的离子方程式为___________。 （4）将(3)所得的悬浊液经离心、蒸馏水洗涤、干燥后，得到土黄色的GO。通过检验的存在可判断洗涤是否完全，具体检验方法为___________。 Ⅱ．制备rGO(还原氧化石墨烯) ⅰ．称取0.50 g GO粉末于烧杯，加入100 mL水，用超声震荡形成分散液； ⅱ．向分散液中加入维生素C，继续超声震荡，从所得悬浊液分离出rGO并制成薄膜。 （5）称取0.50 g GO粉末于烧杯，___________(填“能”或“不能”)使用托盘天平。 （6）GO还原为rGO后，在水中溶解度会下降的原因是___________。 （7）下列有关制备rGO的说法中，正确的是___________。(填标号) a．维生素C的实际用量应比理论值大 b．H2可以代替维生素C，还原GO c．超声振荡的效果相当于搅拌 d．分离rGO最好用蒸发结晶 【答案】（1） ①. SO2 ②. NOx （2）冰水浴 （3） （4）取最后一次洗涤液于试管，滴加BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经被洗涤完全 （5）不能 （6）rGO的亲水基团减少 （7）ac 【解析】 【小问1详解】 反应过程中，石墨被氧化生成GO，会被还原生成，在酸性条件下会被还原生成NOx，因此反应要在通风橱中操作； 【小问2详解】 反应所需温度低于20°C，可以利用冰水浴来控制反应温度； 【小问3详解】 与反应中，是氧化剂，被还原生成，是还原剂，被氧化生成，利用电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平可写出反应离子方程式：； 【小问4详解】 取最后一次洗涤液于试管，滴加溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤液中已不含有 ，GO已被洗涤干净； 【小问5详解】 托盘天平称量精度为0.1 g，不能用于称量0.50 g GO； 【小问6详解】 从图像可以看出，GO被还原为rGO之后，羧基和羟基等亲水性基团减少，导致rGO在水中溶解度下降； 【小问7详解】 a．加入过量的维生素C可以确保含氧基团被完全还原，因此维生素C的实际用量大于理论用量，a正确； b．作还原剂需要升温或加压，反应条件剧烈，会破坏rGO的结构，b错误； c．超声振荡的作用是使GO均匀分散在溶液中，增大GO和维生素C的接触面积，确保二者反应充分，效果相当于搅拌，c正确； d．蒸发结晶适用于溶解度受温度影响不大，且溶解性较好的物质，rGO分散在水中会形成悬浊液，溶解性较差，通过过滤即可分离，d错误； 故答案选a、c。 12. 碳酸锰是制造电信器材软磁铁氧体、合成二氧化锰和制造其它锰盐的原料。制备碳酸锰的一种工艺流程如图所示。 回答下列问题： （1）基态Mn原子核外电子的空间运动状态有___________种，的空间构形___________。 （2）浸锰液为MnO2与FeS2、FeS、MnS等在硫酸介质中反应得到的含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、、S的分散系，MnO2与MnS在酸性条件下反应生成的化学反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是___________。 （3）“预氧化与除铁”最好采用___________(填标号)作氧化剂；“铁渣”的主要成分是___________。 a．HClO溶液 b．MnO2 c．KMnO4溶液 （4）“洗液”可以返回到___________步骤进行循环使用。 （5）碳酸锰与水在加热条件下发生水解，生成碱式碳酸锰[Mn2(OH)2CO3]和一种气体，反应的化学方程式为___________。 （6）碳酸锰在空气中加热生成某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示。 当晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价___________(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获得半导体性质的是___________(填标号)。 A．CaO B．V2O5 C．Fe2O3 D．CuO 【答案】（1） ①. 15 ②. 平面三角形 （2）4：1 （3） ①. b ②. Fe(OH)3、S （4）预氧化与除铁 （5） （6） ①. 降低 ②. A 【解析】 【分析】浸锰液为MnO2与FeS2、FeS、MnS等在硫酸介质中反应得到的含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、、S的分散系。预氧化与除铁过程加入二氧化锰把二价铁氧化为三价铁，铁渣的主要成分为三价铁水解产生的Fe(OH)3沉淀和S沉淀；用低酸对铁渣进行清洗得到的洗液中含有二价锰离子，所以应返回到预氧化与除铁步骤循环利用；滤液除重金属、过滤后，滤液再加入碳酸氢铵溶液沉锰得到碳酸锰沉淀和硫酸铵溶液。 【小问1详解】 Mn是25号元素，基态Mn原子核外电子占用15个原子轨道，空间运动状态有15种，中C原子价电子对数为 ，无孤电子对，空间构型为平面三角形。 【小问2详解】 MnO2与MnS在酸性条件下反应生成，MnO2中Mn元素化合价由+4降低为 +2，MnO2是氧化剂，MnS中S元素化合价由-2升高为+6，MnS是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比是4:1。 【小问3详解】 “预氧化与除铁”最好采用二氧化锰作氧化剂，可以避免带入新的杂质离子，故选b；据分析，“铁渣”的主要成分是Fe(OH)3、S； 【小问4详解】 用低酸对铁渣进行清洗是清洗铁渣表面的溶液，其中含有，为提高原料利用率，所以得到的洗液应返回到预氧化与除铁步骤循环利用； 【小问5详解】 碳酸锰与水在加热条件下发生水解，生成碱式碳酸锰[Mn2(OH)2CO3]和一种气体，根据元素守恒，该气体为二氧化碳，反应的化学方程式为。 【小问6详解】 中Mn元素化合价为+2x价，晶体有O原子脱出时，出现O空位，X减小，则Mn的化合价降低。 CaO中Ca的化合价为+2价，V2O5中V的化合价为+5价，Fe2O3中Fe的化合价为+3，CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价态，可知CaO不能通过这种方式获得半导体性质，选A。 13. 环丙烷因为较大的环张力而具有独特的反应性能。下面的合成路线中利用了环丙烷开环反应，实现了扩环。 回答下列问题： （1）试剂的化学名称是___________。A→B的化学方程式为___________。 （2）中官能团的名称为___________。 （3）D的α-H与C的醛基先发生加成反应，后经消去水分子得到E(分子式为C17H20O5)，E的结构简式为___________。α-H活泼性：D比的高，其原因是___________。 （4）G→H的反应类型为___________。 （5）在A的同分异构体中，同时符合下列条件的有___________种。 ①遇FeCl3溶液显色；②有羰基，但不发生银镜反应；③能水解生成醇羟基 【答案】（1） ①. 乙二醇 ②. （2）碳碳双键、碳氯键 （3） ①. ②. D有两个吸电子基团-COOCH3，而CH3COOCH3只有一个-COOCH3，前者使α位C-H键极性增强更多，因而D活泼性更高 （4）加成反应 （5）3 【解析】 【分析】本题考查二元醇的命名、同分异构体数目的确定等；吸电子基团能增强α-H活性，使α位C-H键极性增强，更易断裂，α位C进攻醛基，先加成再消去生成碳碳双键。 【小问1详解】 中含有2个羟基，化学名称是乙二醇。根据A、B的结构简式，依据原子守恒，A和反应生成B，还生成了水；A→B的化学方程式为。 【小问2详解】 中官能团的名称为碳碳双键、碳氯键； 【小问3详解】 吸电子基团增强D的α-H活性，α位C-H键极性增强，α位C进攻醛基，先发生加成反应再发生消去水分子的反应生成碳碳双键，结合E的分子式，则E的结构简式为。D有两个吸电子基团-COOCH3，而CH3COOCH3只有一个-COOCH3，前者使α位C-H键极性增强更多，因而D的活泼性更高。 【小问4详解】 G结构中碳氧双键被反应成单键，故G→H反应类型为加成反应； 【小问5详解】 A的分子式为C8H7O2Br，其同分异构体遇FeCl3溶液显色，故有酚羟基(-OH)；有羰基，但不发生银镜反应，故羰基两侧都连接碳原子；能水解，由于氧原子不够，所以能水解的是碳溴键，溴原子水解后得醇羟基，故溴原子不能直接连接苯环，综合信息可得苯环上的侧链为-OH、，共有邻间对三种位置。 14. 采用两段焙烧一水浸法从铁锰氧化矿(含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体；Fe2(SO4)3在650℃完全分解生成Fe2O3，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。回答下列问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2 与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为___________。“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有___________、___________(填化学式)。 （2）在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”、“水浸”时金属元素的浸出率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）HR萃取Cu2+反应为：2HR(有机相)+Cu2+(水相)CuR2 (有机相)+2H+(水相)。“反萃取”时加入的试剂为___________(填化学式)。 （4）已知：，“沉钴”中pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5mol/L]，则此时溶液中c(S2-)=___________mol·L-1。CoS“溶解”时发生反应的离子方程式为___________。 （5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入___________(填操作单元名称)循环利用。 （6）一种锑锰(Mn3Sb)合金的立方晶胞结构如图。 ①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有___________个。 ②NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式即可)。 【答案】（1） ①. ②. Fe2O3 ③. CaSO4 （2）减小 （3）H2SO4 （4） ① ②. （5）低温焙烧 （6） ①. 12 ②. 【解析】 【分析】原料：铁锰氧化矿(含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物) 目标产物：、、CoSO4 除杂元素：Fe、Ca、Si 低温焙烧：分解生成的和，与金属氧化物反应生成硫酸盐，故“低温焙烧”后的固体的主要成分是、、、、、等； 高温焙烧：温度为650℃，完全分解为和SO3，其他金属硫酸盐不分解； 水浸：、、均可溶于水，故三者进入溶液，和不溶于水，微溶于水，故滤渣主要成分为、、； 萃取分离：用HR萃取溶液中的使之进入有机相； 反萃取：萃取反应为2HR(有机相)+Cu2+(水相)CuR2 (有机相)+2H+(水相)，反萃取需使平衡逆向移动，加入酸增大氢离子浓度，促使CuR2解离出，为了不引入新的杂质，应加入硫酸； 沉钴：向水相中加入调pH=4，使完全沉淀为CoS； 溶解：向CoS中加入稀硫酸和使CoS转化为和S； 沉锰：向沉钴后的滤液中加入得到沉淀，同时生成。 【小问1详解】 “低温焙烧”过程中，MnO2与反应有和生成，根据得失电子守恒可知与的化学计量数之比为3:1，根据氮原子守恒可知有生成，根据氢、氧原子守恒可知有生成，据此写出相应的化学方程式为； 由题给信息可知，“低温焙烧”时，、MnO2及Co、Cu、Ca等金属元素的氧化物分别转化为、、、、等；“高温焙烧”时，在650℃完全分别为和SO3，其他金属硫酸盐不分解，故“水浸”所得滤渣的主要成分除外还含有和微溶物。 【小问2详解】 由已知条件可知，若直接“高温焙烧”，会完全分解为气体，导致金属氧化物无法有效转化为硫酸盐，从而使“水浸”时金属元素的浸出率减小。 【小问3详解】 “反萃取”时，为使萃取反应2HR(有机相)+Cu2+(水相)CuR2 (有机相)+2H+(水相)平衡逆向移动，需加入酸以增大氢离子浓度，且由流程图可知“反萃取”得到的是溶液，故加入的酸为硫酸。 【小问4详解】 恰好沉淀完全时，溶液中=； CoS“溶解”时加入稀硫酸和，生成物有S和，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒得。 【小问5详解】 “沉锰”过程中发生的反应为，故沉锰所得滤液中有。由分析可知，“低温焙烧”时产生的气体为、，“吸收”时与稀硫酸反应，则“吸收”液中含有，故将“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后得到的可导入“低温焙烧”中循环利用。 【小问6详解】 由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方，Sb位于晶胞的顶点，其与邻近的3个面的面心上的Mn最近且距离相等，每个顶点参与形成8个晶胞，而每个面心参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有个； 由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个Sb和3个Mn，因此，该晶胞的质量为，该晶胞的体积为，晶体的密度为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $