精品解析：上海市南洋模范中学2025-2026学年高三上学期期中等级考化学试题

2025学年第一学期南模中学高三年级期中考试 化学学科等级考 本次考试时间60分钟，满分100分 考生注意： 1.本考试设试卷和答题纸两部分，所有答题必须涂或写在答题纸上； 2.答题前，考生务必在答题纸上将学校、姓名及考生号填写清楚，并在规定的区域填涂相关信息。答题时客观题用2B铅笔涂写，主观题用黑色水笔填写； 3.客观题中，标注“不定项”的试题，每小题有个正确选项，只有1个正确选项的，多选不给分，有2个正确选项的，漏选1个得1分，错选不给分；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 S-32 Fe-56 Au-197 一、硫代硫酸盐(本题共12分) 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根(，结构如下图所示)可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。 1. 的晶胞形状为长方体，边长分别为a pm、b pm、c pm，结构如下图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是___________。(不定项) A. 晶胞中的个数为4 B. 的空间结构为正四面体形 C. 中1号S原子可作配位原子(结构见上图) D. 晶体的密度为 同位素示踪实验可证实中两个S原子的化学环境不同，实验过程为：，过程ⅱ中，断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是和，那么过程ⅱ含硫产物是___________。 2. 与的反应方程式为，根据所学知识预测离子可能的结构是___________。(填序号) A． B． 研究发现，硫代硫酸盐浸出金的过程是电化学催化腐蚀过程，催化机理如图所示： 3. 正极的电极反应式为___________。 4. 浸金过程中的催化剂是___________(填化学式)。 5. 若标准状况下有参加反应，浸出金的质量为___________g。 二、从闪锌矿到ZnS(本题共16分) 由闪锌矿［含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等］制备ZnS的过程如下： 已知：，，，。 6. 酸浸时通入可提高浸出率的原因是___________。 7. 通过计算判断，当溶液、时，是否沉淀完全___________。 8. 沉锌前调节溶液的pH至，可加入的物质为___________。(不定项) A. B. NaOH C. ZnO D. 9. ZnS可以用于制备光学材料。如图所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域“负电”区域，光照下发出特定波长的光。区域A“”中的离子为___________(选填A表示“”、B表示“”)，区域B带___________(选填A表示“正电”、B表示“负电”)。 ZnS可以去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸形式存在，。60℃时，接向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图所示： 10. 写出ZnS与反应生成的离子方程式：___________。 11. 反应4h后，砷回收率下降的原因是___________。 三、绿原酸的提取与合成(本题共28分) 连花清瘟胶囊具有清瘟解毒、宣肺泄热的功效，其主要成分是绿原酸。 12. 绿原酸的结构简式如图，以下说法正确的是___________。(不定项) A. 碳原子杂化类型有2种，含有4个手性碳原子 B. 存在顺反异构，图示为顺式结构 C. 1mol绿原酸与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH7mol D. 1mol绿原酸最多可以和反应 绿原酸是一种强极性有机化合物，金银花的水浸取液经下列操作可获得绿原酸粗品。 13. 下列说法错误的是___________。 A. 该流程中乙酸乙酯可循环利用 B. 先加盐酸可抑制绿原酸的电离，有利于乙酸乙酯的萃取 C. 分液时，有机层应从下口放出 D. 用减压蒸馏的方式，可以降低有机溶剂乙酸乙酯的沸点，节约能源 14. 实验室可以用索氏提取器从干燥的金银花中直接提取绿原酸，装置如图所示。将粉碎的干燥金银花放入滤纸套筒1中，烧瓶中装入无水乙醇。下列说法正确的是___________。(不定项) A. 萃取过程中，绿原酸的乙醇溶液经虹吸管流回烧瓶中 B. 提取过程中可选用明火直接加热，也可以水浴加热 C. 可用、水代替乙醇进行实验 D. 与常规萃取相比，索氏提取器的优点是使用溶剂少，可连续萃取 绿原酸可由咖啡酸和奎尼酸通过酯化反应合成，其合成路线如下： 15. 物质A中官能团的结构简式为___________。 16. 的反应类型是___________。 A. 取代反应 B. 消去反应 C. 氧化反应 D. 还原反应 17. 的反应试剂是___________。 18. 写出过程中第②步的化学方程式：___________。 19. 奎尼酸和绿原酸可用___________鉴别。(不定项) A. 溶液 B. 浓溴水 C. 溶液 D. 酸性溶液 20. 咖啡酸的结构简式为___________，符合下列条件的咖啡酸的同分异构体M有___________种，其中分子结构中有五种不同化学环境的氢原子，且个数比为的M的结构简式为___________。 ①含有一个苯环，两个酯基； ②1molM与足量新制悬浊液反应生成。 21. 有人提出奎尼酸直接与咖啡酸直接合成绿原酸不合适，应改为如下合成路线： 请指出修改后的合成路线的优点：___________。(任意两条即可) 22. 设计以 和 为原料合成 的合成路线_________。 四、乙二醇的工业合成(本题共25分) 乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气(CO和)为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行： ① ② 已知：为物质的生成焓：在一定温度和压强下，由最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应。例如：。相关物质的生成焓如下表所示： 物质 -116 -111 0 -455 23. 生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为___________。该反应的熵变以及自发性判断正确的是___________。 A．<0，任意条件自发 B．<0，低温自发 C．>0，低温自发 D．>0，高温自发 24. 恒压时，合成气中增大，单位时间产率降低，其原因是___________。 反应中伴随副反应④：。平衡常数与温度之间满足以下关系：常数。反应②和④的与的关系如图所示： 25. ___________(选填A表示“大于”、B表示“小于”或C表示“等于”)。 26. 欲抑制甲醇的生成，应适当___________(选填A表示“升高”、B表示“降低”)反应温度，理由是___________。 石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇(EG)，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。 主反应： 副反应： 体系中环氧乙烷初始浓度为，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中。 27. 内，___________。 28. 下列说法正确的是___________。(不定项) A. 主反应中，生成物总能量高于反应物总能量 B. 内， C. 内， D. 选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达，具有广阔的发展前景。反应如下：。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： 29. ___________0(选填A表示“大于”、B表示“小于”或C表示“等于”)。 30. 代表的曲线为___________(选填A表示“L1”、B表示“L2”或C表示“L3”)，原因是___________。 31. 已知：为物质的量分数平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用组分的物质的量分数代替浓度。M、N两点对应的体系，___________(选填A表示“大于”、B表示“小于”或C表示“等于”)，D点对应体系的的值为___________。 五、铁质文物的保护(本题共19分) 铁制品在生产生活中应用广泛，但保存完好的铁器非常少，研究铁质文物的保护意义重大。 铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，表面生成疏松的黄色FeOOH；在干燥的土壤中表面会生成致密的，过程如下： 32. 在潮湿土壤中，参与的电极反应式为：___________。 33. 在干燥土壤中，若每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为___________。 海洋出水铁质文物表面有凝结物，凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀NaOH或溶液中进行现场保护。 34. 文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，请推测可能的原因___________。(任写2条) 35. 无氧环境中，文物中的Fe与海水中的在细菌作用下形成、等含铁凝结物。写出这个过程的离子方程式：___________。 36. 有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成黄色的FeOOH等凝结物。其可能原理如图所示： 依据原理设计如下实验：向NaCl溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为___________。 37. 铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有___________(填离子符号)。 一种滴定法测定含FeOOH凝结物铁制品中铁元素含量的过程如下： 步骤Ⅰ：称取—定量的溶于盐酸中，同时向溶液中加入少量锡粒； 步骤Ⅱ：称取5.01g铁制品(除FeOOH与单质Fe外不含其他物质)于烧杯中，加入盐酸，微热，待试样完全溶解冷却后，将溶液转移到容量瓶中，并定容到100mL。 步骤Ⅲ：取步骤Ⅱ得溶液20mL，先加入SnCl2溶液将大多数还原(此时转化为)为，再加入溶液将剩下的完全还原为。向溶液中滴加指示剂，用标准溶液滴定，恰好到达终点时消耗标准溶液20mL。 滴定过程中反应为：。 38. 步骤Ⅰ中配制溶液时，加入锡粒的目的是___________。 39. 计算该铁制品中FeOOH的质量，并写出计算过程________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期南模中学高三年级期中考试 化学学科等级考 本次考试时间60分钟，满分100分 考生注意： 1.本考试设试卷和答题纸两部分，所有答题必须涂或写在答题纸上； 2.答题前，考生务必在答题纸上将学校、姓名及考生号填写清楚，并在规定的区域填涂相关信息。答题时客观题用2B铅笔涂写，主观题用黑色水笔填写； 3.客观题中，标注“不定项”的试题，每小题有个正确选项，只有1个正确选项的，多选不给分，有2个正确选项的，漏选1个得1分，错选不给分；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 S-32 Fe-56 Au-197 一、硫代硫酸盐(本题共12分) 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根(，结构如下图所示)可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。 1. 的晶胞形状为长方体，边长分别为a pm、b pm、c pm，结构如下图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是___________。(不定项) A. 晶胞中的个数为4 B. 的空间结构为正四面体形 C. 中1号S原子可作配位原子(结构见上图) D. 晶体的密度为 同位素示踪实验可证实中两个S原子的化学环境不同，实验过程为：，过程ⅱ中，断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是和，那么过程ⅱ含硫产物是___________。 2. 与的反应方程式为，根据所学知识预测离子可能的结构是___________。(填序号) A． B． 研究发现，硫代硫酸盐浸出金的过程是电化学催化腐蚀过程，催化机理如图所示： 3. 正极的电极反应式为___________。 4. 浸金过程中的催化剂是___________(填化学式)。 5. 若标准状况下有参加反应，浸出金的质量为___________g。 【答案】1. AD 2. Na232SO4和Ag235S 3. A 4. 5. NH3和 6. 394 【解析】 【1题详解】 A．由“均摊法”可知，晶胞中含有的个数为，A正确； B．可看作是中的1个O原子被S原子取代的产物，二者结构相似，的中心原子S的价层电子对数为，且由于四个配体均为O原子，原子种类相同，键长相等，键角均为109.5°，因此的空间结构为正四面体形，而中S-S键长与S-O键长不同，不是正四面体结构，B错误； C．题图中的1号S原子为中心S原子，不含孤对电子，不可以作为配位原子，C错误； D．晶胞质量为，晶胞边长分别为、、，晶胞体积为，该晶体的密度，通过计算可知的相对分子质量M=244 g/mol，带入密度公式计算得出，D正确； 故答案选AD。 【2题详解】 过程Ⅱ中断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为，S最终转化为。若过程ⅰ所用的试剂为Na232SO3和，过程Ⅱ的含硫产物是Na232SO4和Ag235S；故答案为：Na232SO4和Ag235S。 【3题详解】 与I2的反应方程式为，反应中碘化合价降低被还原，反应中作为还原剂，若氧化合价升高，生成中含有过氧键，由于其具有氧化性会氧化碘离子生成碘单质，那么应该为部分硫被氧化化合价升高，得到应该含有S-S键，可能的结构是A； 【4题详解】 从图中可知，正极发生还原反应，得到电子生成、，电极反应式为： ； 【5题详解】 由催化机理图可知，浸金过程中的催化剂是：NH3和，故催化剂为NH3和； 【6题详解】 标准状况下11.2 L的物质的量为 0.5 mol。根据总反应 ，；金的摩尔质量为 197 g/mol，，因此浸出金的质量为 。 二、从闪锌矿到ZnS(本题共16分) 由闪锌矿［含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等］制备ZnS的过程如下： 已知：，，，。 6. 酸浸时通入可提高浸出率的原因是___________。 7. 通过计算判断，当溶液、时，是否沉淀完全___________。 8. 沉锌前调节溶液的pH至，可加入的物质为___________。(不定项) A. B. NaOH C. ZnO D. 9. ZnS可以用于制备光学材料。如图所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域“负电”区域，光照下发出特定波长的光。区域A“”中的离子为___________(选填A表示“”、B表示“”)，区域B带___________(选填A表示“正电”、B表示“负电”)。 ZnS可以去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸形式存在，。60℃时，接向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图所示： 10. 写出ZnS与反应生成的离子方程式：___________。 11. 反应4h后，砷回收率下降的原因是___________。 【答案】6. 将氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 7. 否，，， ，则未沉淀完全 8. CD 9. ①. B ②. 负电 10. 11. 生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降 【解析】 【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、少量硫化镉等，加入硫酸和酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为，和，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去和，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。 【6题详解】 酸浸时，若不通入，会发生反应，通入可以将氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率； 【7题详解】 否，，， ， 则未沉淀完全 【8题详解】 由②知，除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的pH至4-5，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为ZnO或者，故答案为CD； 【9题详解】 晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由替换，区域B中，由替换；按照均摊法，区域B中含：3个、：1个、：个，，则区域B带负电； 【10题详解】 根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， 与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：； 【11题详解】 生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降。 三、绿原酸的提取与合成(本题共28分) 连花清瘟胶囊具有清瘟解毒、宣肺泄热的功效，其主要成分是绿原酸。 12. 绿原酸的结构简式如图，以下说法正确的是___________。(不定项) A. 碳原子杂化类型有2种，含有4个手性碳原子 B. 存在顺反异构，图示为顺式结构 C. 1mol绿原酸与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH7mol D. 1mol绿原酸最多可以和反应 绿原酸是一种强极性有机化合物，金银花的水浸取液经下列操作可获得绿原酸粗品。 13. 下列说法错误的是___________。 A. 该流程中乙酸乙酯可循环利用 B. 先加盐酸可抑制绿原酸的电离，有利于乙酸乙酯的萃取 C. 分液时，有机层应从下口放出 D. 用减压蒸馏的方式，可以降低有机溶剂乙酸乙酯的沸点，节约能源 14. 实验室可以用索氏提取器从干燥的金银花中直接提取绿原酸，装置如图所示。将粉碎的干燥金银花放入滤纸套筒1中，烧瓶中装入无水乙醇。下列说法正确的是___________。(不定项) A. 萃取过程中，绿原酸的乙醇溶液经虹吸管流回烧瓶中 B. 提取过程中可选用明火直接加热，也可以水浴加热 C. 可用、水代替乙醇进行实验 D. 与常规萃取相比，索氏提取器的优点是使用溶剂少，可连续萃取 绿原酸可由咖啡酸和奎尼酸通过酯化反应合成，其合成路线如下： 15. 物质A中官能团的结构简式为___________。 16. 的反应类型是___________。 A. 取代反应 B. 消去反应 C. 氧化反应 D. 还原反应 17. 的反应试剂是___________。 18. 写出过程中第②步的化学方程式：___________。 19. 奎尼酸和绿原酸可用___________鉴别。(不定项) A. 溶液 B. 浓溴水 C. 溶液 D. 酸性溶液 20. 咖啡酸的结构简式为___________，符合下列条件的咖啡酸的同分异构体M有___________种，其中分子结构中有五种不同化学环境的氢原子，且个数比为的M的结构简式为___________。 ①含有一个苯环，两个酯基； ②1molM与足量新制悬浊液反应生成。 21. 有人提出奎尼酸直接与咖啡酸直接合成绿原酸不合适，应改为如下合成路线： 请指出修改后的合成路线的优点：___________。(任意两条即可) 22. 设计以 和 为原料合成 的合成路线_________。 【答案】12. A 13. C 14. AD 15. -Br， 16. D 17. NaOH水溶液 18. 2+O22+2H2O 19. BC 20. ①. ②. 10 ③. 21. 保护了奎尼酸中的多个羟基，避免羟基参与副反应，提高了反应的选择性；减少了副产物的生成，提高了绿原酸的产率。 22. 【解析】 【分析】由图知，A→B的反应为丙烯醛中碳碳双键上的加成反应，B→C中先发生信息反应、所得羟基中再催化氧化得到C，C在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应得到D，则D为，由流程知，F中碳碳双键与溴发生加成反应生成G为，G在氢氧化钠水溶液中发生水解反应得到H为，由图知，绿原酸由奎尼酸与咖啡酸发生酯化反应生成，则咖啡酸为 ，据此回答。 【12题详解】 A．绿原酸中碳原子杂化类型为sp2和sp3两种，如图所示，，六元环上有4个手性碳原子，故A正确； B．图示中，带羟基的苯环与酯基位于碳碳双键的异侧，是反式结构，B错误； C．1mol绿原酸与NaOH反应时，2 mol酚羟基、1 mol酯基、1 mol羧基共消耗氢氧化钠4mol，故C错误； D．可与H2加成的部位为苯环消耗3 mol H2，碳碳双键消耗1 mol H2，共4mol，D错误； 故选A。 【13题详解】 A．乙酸乙酯是萃取剂，减压蒸馏过程中可分离回收乙酸乙酯，因此能循环利用，A正确； B．绿原酸含羧基等酸性基团，加盐酸调酸性可抑制其电离，绿原酸分子溶于有机溶剂乙酸乙酯，利于萃取，B正确； C．乙酸乙酯的密度小于水，分液时有机层(乙酸乙酯层)位于上层，上层液体应从分液漏斗上口倒出，而非下口放出，C错误； D．减压蒸馏通过降低体系压强，使乙酸乙酯的沸点降低，可在较低温度下完成蒸馏，达到节约能源的目的，D正确； 故选C。 【14题详解】 A．索氏提取器的工作原理是：烧瓶中乙醇受热汽化，冷凝后滴入滤纸套筒溶解绿原酸；当提取管内溶液液面达到虹吸管高度时，溶解了绿原酸的乙醇溶液会经虹吸管流回烧瓶，A正确； B．无水乙醇属于易燃液体，明火直接加热易引发火灾，因此不能用明火加热，只能用水浴加热，B错误； C．绿原酸是强极性有机化合物，根据“相似相溶”原理，CCl4是非极性溶剂，难以溶解绿原酸，水是极性溶剂，但绿原酸是有机物，在水中溶解度较低，因此二者均不能代替乙醇，C错误。 D．常规萃取需一次性加入大量溶剂，而索氏提取器通过溶剂的汽化-冷凝-虹吸实现循环利用，具有溶剂用量少、可连续萃取的优点，D正确； 故选AD。 【15题详解】 A中官能团为碳溴键和酮羰基，结构简式分别为：-Br和。 【16题详解】 由反应条件及E的结构可知，C发生消去反应生成D为，D中的酮羰基在一定条件下发生还原反应生成E。 【17题详解】 F中碳碳双键与溴发生加成反应生成G为，G在氢氧化钠水溶液中发生水解反应得到H为，因此，G→H的试剂是：NaOH水溶液，加热。 【18题详解】 B先在稀碱条件下发生加成反应生成，在Cu作催化剂和加热条件下催化氧化得到C，化学方程式为：2+O22+2H2O 【19题详解】 绿原酸分子中含有酚羟基，奎尼酸分子中不含酚羟基，则绿原酸与奎尼酸可用FeCl3溶液或浓溴水鉴别；答案选BC。 【20题详解】 奎尼酸和咖啡酸发生酯化反应得到绿原酸，对比奎尼酸和咖啡酸的结构可知，咖啡酸的结构简式为： ；咖啡酸的同分异构体M符合下列条件：①含有一个苯环，两个酯基；②与足量的新制Cu(OH)2悬浊液反应可得到2molCu2O，即含2个醛基，综上，M中含有2个甲酸酯基；当苯环只有1个侧链时，为-CH(OOCH)2，1种；当苯环有2个侧链时，为-OOCH、-CH2OOCH，可处于邻间对位，共3种；当苯环有3个侧链时，为2个-OOCH、-CH3，共6种，分别是2个甲酸酯基在邻位有2种，2个甲酸酯基在间位有3种，2个甲酸酯基在对位有1种；则M共10种同分异构体。其中分子结构中有五种不同化学环境的氢原子，且个数比为2:2:2:1:1的M的结构简式为。 【21题详解】 保护了奎尼酸中的多个羟基，避免羟基参与副反应，提高了反应的选择性；减少了副产物的生成，提高了绿原酸的产率。 【22题详解】 参照A到C的转化关系，和在吡啶存在条件下发生加成反应生成，先在稀碱条件下发生已知信息的反应生成，在Cu作催化剂、加热条件下发生催化氧化得到，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到，则合成路线为，则合成路线为： 。 四、乙二醇的工业合成(本题共25分) 乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气(CO和)为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行： ① ② 已知：为物质的生成焓：在一定温度和压强下，由最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应。例如：。相关物质的生成焓如下表所示： 物质 -116 -111 0 -455 23. 生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为___________。该反应的熵变以及自发性判断正确的是___________。 A．<0，任意条件自发 B．<0，低温自发 C．>0，低温自发 D．>0，高温自发 24. 恒压时，合成气中增大，单位时间产率降低，其原因是___________。 反应中伴随副反应④：。平衡常数与温度之间满足以下关系：常数。反应②和④的与的关系如图所示： 25. ___________(选填A表示“大于”、B表示“小于”或C表示“等于”)。 26. 欲抑制甲醇的生成，应适当___________(选填A表示“升高”、B表示“降低”)反应温度，理由是___________。 石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇(EG)，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。 主反应： 副反应： 体系中环氧乙烷初始浓度为，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中。 27. 内，___________。 28. 下列说法正确的是___________。(不定项) A. 主反应中，生成物总能量高于反应物总能量 B. 内， C. 内， D. 选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达，具有广阔的发展前景。反应如下：。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： 29. ___________0(选填A表示“大于”、B表示“小于”或C表示“等于”)。 30. 代表的曲线为___________(选填A表示“L1”、B表示“L2”或C表示“L3”)，原因是___________。 31. 已知：为物质的量分数平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用组分的物质的量分数代替浓度。M、N两点对应的体系，___________(选填A表示“大于”、B表示“小于”或C表示“等于”)，D点对应体系的的值为___________。 【答案】23. ①. ②. B 24. 反应②（消耗）的速率大于反应①（消耗CO）的速率使得单位时间内(羟基乙醛)产率降低 25. B 26. ①. B ②. 随着的增大，即温度降低，反应②的增大的程度大于反应④的增大程度 27. 28. CD 29. B 30. ①. A ②. 该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大 31. ①. C ②. 12 【解析】 【23题详解】 将反应①和②相加，消去中间产物，得到总反应：，反应焓变公式：，因此总反应③的热化学方程式为：；反应中气体分子数减少混乱度降低，则；反应自发性条件是，为负、为负时，则低温时能使，反应自发，因此选B，故答案为：；B； 【24题详解】 恒压下增大合成气中与CO的物质的量之比，意味着CO的分压降低而的分压升高。这导致反应①（消耗CO）的速率减慢，而反应②（消耗）的速率加快，因此中间产物的单位时间产率降低，故答案为：反应②（消耗）的速率大于反应①（消耗CO）的速率使得单位时间内(羟基乙醛)产率降低； 【25题详解】 平衡常数与温度之间满足关系常数，与的关系图中，斜率为。图中反应②的斜率大于反应④，表明，由于两反应的K随温度降低均增大，均为放热，因此，故答案选：B； 【26题详解】 抑制甲醇生成，即让反应②的正向进行程度大于反应④，由图可知，随着的增大，增大的程度大于增大程度，故需要降低温度才能抑制甲醇的生成，故答案为：B；随着的增大，即温度降低，反应②的增大的程度大于反应④的增大程度； 【27题详解】 0~30min内，环氧乙烷完全转化，，故答案为：； 【28题详解】 A．，主反应中，，则生成物总能量低于反应物总能量，A错误； B．由题中信息可知主反应伴随副反应发生，EG作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即EG浓度的变化量小于EO浓度的变化量，0~30min内，，B错误； C．主反应中，，副反应，同一反应体系中物质一量变化量之比等于浓度变化量之比，产物中，即，，反应时间相同，则，，则，C正确； D．选择适当催化剂可提高主反应的选择性，可提高 乙二醇的最终产率，D正确； 故答案选CD； 【29题详解】 ，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，<0，故答案选B； 【30题详解】 该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，，故、、对应α为0.6、0.5、0.4；，即选A，原因为该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，故答案为：A；该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大； 【31题详解】 M、N的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则=，即选C；D点对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO和3molH2，列三段式：，平衡时，、、的物质的量分数分别为，则，故答案为：C；12。 五、铁质文物的保护(本题共19分) 铁制品在生产生活中应用广泛，但保存完好的铁器非常少，研究铁质文物的保护意义重大。 铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，表面生成疏松的黄色FeOOH；在干燥的土壤中表面会生成致密的，过程如下： 32. 在潮湿土壤中，参与的电极反应式为：___________。 33. 在干燥土壤中，若每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为___________。 海洋出水铁质文物表面有凝结物，凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀NaOH或溶液中进行现场保护。 34. 文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，请推测可能的原因___________。(任写2条) 35. 无氧环境中，文物中的Fe与海水中的在细菌作用下形成、等含铁凝结物。写出这个过程的离子方程式：___________。 36. 有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成黄色的FeOOH等凝结物。其可能原理如图所示： 依据原理设计如下实验：向NaCl溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为___________。 37. 铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有___________(填离子符号)。 一种滴定法测定含FeOOH凝结物铁制品中铁元素含量的过程如下： 步骤Ⅰ：称取—定量的溶于盐酸中，同时向溶液中加入少量锡粒； 步骤Ⅱ：称取5.01g铁制品(除FeOOH与单质Fe外不含其他物质)于烧杯中，加入盐酸，微热，待试样完全溶解冷却后，将溶液转移到容量瓶中，并定容到100mL。 步骤Ⅲ：取步骤Ⅱ得溶液20mL，先加入SnCl2溶液将大多数还原(此时转化为)为，再加入溶液将剩下的完全还原为。向溶液中滴加指示剂，用标准溶液滴定，恰好到达终点时消耗标准溶液20mL。 滴定过程中反应为：。 38. 步骤Ⅰ中配制溶液时，加入锡粒的目的是___________。 39. 计算该铁制品中FeOOH的质量，并写出计算过程________。 【答案】32. 33. 6：2：1 34. 碱性溶液中浓度高或氧气浓度较低 35. 36. 液滴中心会出现蓝色区域，液滴边缘会出现红色区域 37. 38. 防止被氧化 39. 【解析】 【分析】本实验采用滴定法测定含铁制品中铁元素含量，过程如下：先配制含锡粒的溶液，锡粒防止氧化；再称取5.01g铁制品（含与单质），加盐酸溶解后定容为100mL溶液；取20mL该溶液，先用还原大部分，再用完全还原剩余为，最后用标准溶液滴定，通过消耗的标准液体积计算铁元素总含量，进而可确定的质量。 【32题详解】 铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，在正极得电子发生还原反应，电极反应式为：； 【33题详解】 过程Ⅰ中铁由0价变为+2价，1 mol Fe转移电子2 mol ，过程Ⅱ铁由+2价变为价，1 mol FeO转移mol电子，过程Ⅲ铁由+价变为+3价，1 mol转移 mol 电子，若ⅱ中每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为2：：=6：2：1，故答案为：6：2：1； 【34题详解】 碱性溶液中浓度高，抑制吸氧腐蚀正极反应的进行；同时碱性溶液中氧气浓度较低，可以减慢吸氧腐蚀的正极反应，故答案为：碱性溶液中浓度高或氧气浓度较低； 【35题详解】 无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被氧化为FeS、，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式：； 【36题详解】 由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为，正极反应式为。与反应生成蓝色沉淀，即液滴中心会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到变红，液滴边缘会出现红色区域，故答案为：液滴中心会出现蓝色区域，液滴边缘会出现红色区域； 【37题详解】 铁的氢氧化物吸附阳离子形成带正电胶粒，结合铁器腐蚀产生的、，因此主要阳离子为：； 【38题详解】 由分析可知，锡粒与发生反应，因此加入锡粒可以防止被氧化，保持的还原性，故答案为：防止被氧化； 【39题详解】 滴定消耗溶液20 mL （即0.02 L），则，由反应计量关系得：，样品中铁元素的总物质的量为。设铁制品中FeOOH的物质的量为 x mol ，单质Fe的物质的量为y mol 。铁元素守恒：FeOOH和Fe均含1个Fe原子，故：，质量守恒：铁制品总质量为5.01 g，FeOOH的摩尔质量为89 g·mol⁻¹，Fe的摩尔质量为56 g·mol⁻¹，故：，联立方程求解 x=0.05 mol，，故答案为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $