湖北武汉市新洲区第三中学2026届高三上学期1月阶段性诊断化学试卷

元月月考化学答案 1．【传统文化】【答案】A 【解析】A．青铜是铜与锡的合金，而合金钢是铁基合金（含碳及其他金属），A错误；B．纸张通过植物纤维（纤维素）加工再生，属于再生纤维，B正确；C．丝绸的主要成分是蛋白质，C正确；D．油漆是合成高分子材料，D正确；故选A。 2．【改编】【答案】B 【解析】A项，氯元素为ⅦA族元素，最外层电子数为7，Cl原子与Cl原子共用1对电子形成Cl2，电子式表示Cl2的形成过程为：，A正确；B项，亚铜氨中铜元素的化合价为+1价，而[Cu(NH3)2]2+中铜元素为+2价，亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO的原理为：[Cu(NH3)2]++CO+NH3= [Cu(NH3)3CO]+，B错误；C项，π键是由两个原子的p轨道“肩并肩”重叠形成的，用电子云轮廓图表示p-pπ键的形成为，C正确；D项，的氨基和的羧基发生缩聚反应生成高聚物和水，其反应的化学方程式，D正确；故选B。 3.答案解析：A　 陶瓷的主要原料是黏土，A项错误；制造陶瓷的原料在高温条件下发生化学反应，B项正确；新型超导陶瓷在一定条件下电阻为零，可用于磁悬浮技术，C项正确；高温结构陶瓷具有耐高温、耐磨蚀等特点，可应用于火箭发动机，D项正确。 4.答案解析：C　 箭头b所示C—H键和苯炔发生了加成反应，说明箭头b所示C—H键比箭头a所示C—H键活泼，A正确；有机物X分子，有机物Y分子，均含有1个手性碳原子，B正确；苯炔有碳碳三键能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，C错误；有机物Y分子中苯环上有3种不同化学环境的氢，故其一氯代物有三种，D正确。 5.【答案】C 【解析】A项，32 g N2H4的物质的量为1 mol，每个N2H4分子含1个N-N非极性键，总数为NA，故A正确；B项，NH4+含4个σ键，NO3-含3个σ键，1 mol NH4NO3含7 mol σ键，数目为7NA，故B正确；C项，[Ag(NH3)2]+为稳定配离子，Ag+几乎不解离，溶液中Ag+数目远小于0.01NA，故C错误；D项，每生成1 mol N2转移4 mol电子，转移0.2 NA电子生成0.05 mol N2，标准状况下体积为0.05 mol×22.4 L/mol =1.12 L，故D正确；故选C。 6．【改编】【答案】B 【解析】A项，冠醚与K+形成超分子复合物，促进KMnO4与甲苯接触，加快反应速率，原因是超分子有分子识别的特征，A错误；B项，在一个原子轨道里，最多容纳自旋相反的2个电子，由于自旋-轨道耦合作用，单电子能级分裂为两个相近的能级，跃迁时发射两种波长相近的光，形成双线结构，B正确；C项，O3为极性分子，CCl4为非极性分子，“均为非极性”的表述错误，C错误；D项，CH3Cl沸点高因极性分子间作用力强，而非相对分子质量，D错误；故选B。 7．【改编】【答案】B 【解析】A项，氢氧化钙溶液与足量小苏打溶液发生反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠、水，反应的离子方程式为2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，故A正确；B项，黄铜矿在大量空气中充分焙烧生成氧化铁、氧化铜、二氧化硫，反应方程式为4CuFeS2+13O2=4CuO+2Fe2O3+8SO2，故B错误；C项，将亚硫酸钠溶液倒入酸性重铬酸钾溶液中，亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，重铬酸根被还原为铬离子，反应的离子方程式为Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3++4H2O，故C正确；D项，由高锰酸钾出发制备氟气时，需要先将高锰酸钾氟化为K2MnF6，Mn元素化合价降低，根据氧化还原反应规律，O元素化合价升高放出氧气，反应方程式为4 KMnO4+4KF+20HF=4K2MnF6+3O2↑+10H2O，故D正确；选B。 8．【新思维】【答案】C 【解析】A项，实验通过两个原电池判断金属活动性：Fe-Cu原电池中电子从Fe流向Cu，Fe为负极，说明活动性：Fe＞Cu；Zn-Fe原电池中电子从Zn流向Fe，Zn为负极，说明活动性：Zn＞Fe，则活动性：Zn＞Fe＞Cu，A正确；B项，KI和FeCl3发生氧化还原反应产生FeCl2和I2，淀粉KI溶液变为蓝色，证明氧化性：Fe3+＞I2，向含KSCN的FeCl2溶液中滴加氯水，Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，溶液变红，证明氧化性Cl2＞Fe3+，则氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2，B正确；C项，酸性KMnO4溶液氧化甲苯中的甲基，而苯不反应，因此苯环使甲基活化，而非甲基使苯环活化，C错误；D项，实验中仅Na2S2O3浓度不同，其他条件相同，浓度大的试管先出现浑浊，说明增大反应物浓度加快反应速率，D正确；故选C。 9. 答案解析：D　 —C≡CH、—CH===CH2中的C原子分别采取sp、sp2杂化，杂化轨道中s成分占比前者大，A正确；依据信息，—C6H5是吸电子基团，使氢氧键的极性增大，而—CH3是推电子基团，使氢氧键的极性减弱，氢氧键的极性越强，羟基活性越强，因此，羟基的活性：>CH3CH2OH，B正确；Cl原子和Br原子均是吸电子基团，由于电负性：Cl>Br，故吸电子能力：Cl>Br，导致氢氧键的极性：ClCH2COOH>BrCH2COOH，所以酸性：ClCH2COOH>BrCH2COOH，C正确；—CH3是推电子基团，使体系富电子，碱性较强，即碱性： <，D错误。 10．【答案】B 【解析】肉桂醛中醛基氧化为羧基得到肉桂酸，再和龙脑在一定条件下发生酯化反应转化为肉桂酸龙脑酯。A项，苯环、碳碳双键、醛基均会和氢气加成，则1mol肉桂醛最多能被5molH2催化还原，A错误；B项，手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；1个龙脑分子中含有3个手性碳原子，B正确；C项，酸性KMnO4 溶液氧化性太强，也会氧化肉桂醛中碳碳双键，这样就不能得到肉桂酸，C错误；D项，肉桂酸龙脑酯含酯基，会和氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠溶液除去肉桂酸龙脑酯中的肉桂酸杂质，D错误；故选B。 11．【答案】C 【解析】A项，电石(CaC2)与饱和食盐水反应生成C2H2，同时产生的H2S、PH3杂质可与CuSO4溶液反应(如CuSO4+H2S=CuS↓ +H2SO4)被除去，方案合理，A不符合题意；B项，浓磷酸为非氧化性酸，与NaI 在加热条件下发生复分解反应生成HI(利用高沸点酸制低沸点酸)，且 HI不会被氧化，方案合理，B不符合题意；C项，氨化的饱和食盐水(含大量NH3)通入足量 CO2，会发生反应：NaCl+ NH3+ CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl(侯氏制碱法原理)，NaHCO3溶解度小而析出，但后续“蒸发浓缩”步骤错误，因加热会导致NaHCO3分解且可能使NH4Cl结晶析出，造成混合物；正确操作应为直接过滤分离沉淀，无需蒸发浓缩和冷却结晶，方案不正确，C符合题意；D项，钛(Ti)的制备方案：在Ar气氛中用钠(Na)还原TiCl4可行，冷却后水浸可溶解NaCl杂质，过滤洗涤得Ti粉，方案正确，D不符合题意；故选C。 12．【答案】D 【解析】A项，该石墨间隙化合物中碳原子为sp2杂化，未参与杂化的2p轨道形成离域大π键，2p电子可在整个碳原子平面自由移动，使该化合物能导电，A正确；B项，由图可知，每个钾原子位于碳原子构成的六元环中心，与钾原子最近的碳原子为该六元环的顶点碳原子，故与K距离最近的C原子数为6，B正确；C项，由图可知，可选择图中虚线框选的部分作为该石墨间隙化合物的晶胞，碳原子位于晶胞内部，有8个，钾原子位于晶胞的4个顶点上，有个，则化学式为KC8，C正确；D项，该石墨间隙化合物单层的密度，D错误；故选D。 13.答案解析：A　 滤液Ⅱ中含有钨酸钠，经过系列操作得到钨酸，要加酸酸化产生沉淀，酸化过程是化学变化，故A错误；黑钨精矿(主要成分为FeWO4、MnWO4，含少量SiO2)，加入纯碱和空气发生反应后冷却、加水溶解过滤得到滤渣含元素主要为Fe、Mn，滤液为粗钨酸钠和硅酸钠溶液，加入硫酸调节pH到7.3，沉淀分离获得钨酸，分解得到氧化钨，还原得到钨。W原子序数为74，位于元素周期表第六周期第ⅥB族，故B正确；流程中“调pH”的目的是使SiO完全沉淀，则应调节pH的范围为7.3～8，故C正确；FeWO4在空气中焙烧得到Fe2O3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4FeWO4＋O2＋4Na2CO32Fe2O3＋4Na2WO4＋4CO2，故D正确。 14．【答案】D 【详解】A．中B原子采用sp3杂化，空间结构为正四面体形，A正确；B．反应过程中有和的断裂，和的形成，因此涉及极性键的断裂和形成以及非极性键的形成，B正确；C．水解制氢反应的离子方程式为，C正确；D．其他条件不变，用代替，根据反应机理， X的结构式为，D错误；故答案选D。 15．【答案】D 【分析】由电子流向可知，放电时，a极锌失去电子发生氧化反应为负极，则b为正极；氢气生产装置中d极，水放电生成氢气，发生还原反应，d为阴极，则c为阳极；白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，夜间作电源，给H2装置充电，电解反应产生H2，据此分析解题。 【解析】A．由分析可知，白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，晚上实现化学能向电能的转化，但硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，而不是化学能转化为电能，A错误；B．左侧锌一多硫化物电池夜间作电源，给H2装置充电，电解反应产生H2，结合分析可知，应将电极ad、bc分别连接，B错误； C．白天工作时，锌一多硫化物电池处于充电状态，则b电极是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：，C错误；D．由分析可知，H2生产装置工作时，c电极为阳极，d电极为阴极，若使用阳离子交换膜，则阳离子Na+向阴极即d电极方向迁移，D正确D。 16．（共15分） (1)适当升温、适当提高硫酸浓度（1分） (2)Cu、PbSO4（2分） (3) 1.6 × 10-4 （2分） 不能（1分） (4)分别氧化Mn2+、Fe2+为MnO2、Fe3+，以便除去（2分） (5)2Co2++ClO-+5H2O=2Co(OH)3↓+4H++Cl-（2分） (6) 共价键 （1分） 降低（1分） 嵌入（1分） （2分） 【详解】（1）“酸浸”前，为了提高“酸浸”效率，除了将废渣磨碎，还可以适当升温、适当提高硫酸浓度； （2）由分析，分离出的滤渣的化学式是Cu、PbSO4； （3）加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中，，此时绝大部分二价钴离子也已经沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离； （4）由流程结合分析，“沉锰”步骤中，Na2S2O8 的作用是分别氧化Mn2+、Fe2+为MnO2、Fe3+，以便除去； （5）反应为酸性条件下，次氯酸根离子氧化二价钴离子生成Co(OH)3沉淀，反应中钴化合价由+2变为+3、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒，反应为：2Co2++ClO-+5H2O=2Co(OH)3↓+4H++Cl-； （6）①氧、钴电负性差值为3.44-1.88=1.56<1.7，则从电负性角度分析，LiCoO2中O—Co键是共价键键；放电时，负极锂失去电子化合价升高，则正极钴酸锂中钴元素的化合价会降低，阳离子向正极移动，故同时，锂离子嵌入钴酸锂晶体。 ②据“均摊法”，晶胞中含个Li，结合化学式LiCoO2，则晶体密度为。 17.(每空2分，共14分) 解析：由已知反应知C→D为—CHO的还原反应则C为。B→C发生已知反应ⅱ，则B为。由于A的化学式为C8H8O3，A与CH2===CHCH2Br反应得到B，则A为。D与(CH3CO)2O为—OH中H被取代得到E，E为。E经臭氧氧化得到甲醛和F即碳碳双键的氧化，则F为。F经H2O2氧化得到H为—CHO变为—COOH，则H为。H→I为酯的水解，I为。(1)A中苯环的C和—CHO的碳均采取sp2杂化，—OCH3的C采取sp3杂化。(2)D→E的反应为取代反应。后续步骤氧化碳碳双键，而羟基易被氧化，所以该步骤为保护羟基。(3)F经H2O2氧化得到H为—CHO变为—COOH，反应方程式为：＋H2O。(5)A的化学式为C8H8O3，分子中不饱和度为＝5。已知信息①②得含有—CHO和酚羟基，同时核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，符合条件的同分异构体的结构简式为，共4种。(6)合成目标产物需将碳碳双键氧化得到醛，但酚羟基易氧化需要进行保护，所以先。经O3氧化得到。经水解得到。结合已知合成反应可确定答案。 18.（除备注外，每空2分，共14分） 【答案】(1) 圆底烧瓶（1分） V形（1分） (2)E→C (3)P2O5(或无水CaCl2) (4)液封，防止空气中的水蒸气等进入体系 (5)C (6) (7)95% 【详解】（1）装置X是圆底烧瓶；分子含有的价层电子对数为，采取sp3杂化，中心原子S含有2对孤电子对，因此它的空间构型为V形。 （2）E装置的作用为进一步除去H2S中的HCl，C装置干燥H2S，应先除杂再干燥，故虚框内装置的连接顺序为E→C。 （3）装置C的作用是干燥H2S，H2S具有酸性和还原性，不能使用浓硫酸与碱石灰干燥，可用P2O5或者无水CaCl2干燥。 （4）装置G中汞的两个作用是：①平衡气压：②液封，防止空气中的水蒸气等进入体系。 （5）A．由分析可知，装置B是第一次冷却，装置D的主要作用是第二次冷却H₂S，A正确； B．CaS、MgCl2和水反应生成H2S，饱和溶液中的MgCl2消耗后，MgCl2固体会溶解，保持MgCl2为饱和溶液，有利于平稳持续产生H2S，B正确； C．该实验产生的尾气主要为H2S，H2S与硝酸反应生成氮的氧化物，氮的氧化物是有毒的污染气体，因此不可用硝酸吸收，C错误； 答案选C。 （6）装置E的作用为进一步除去H2S中的杂质HCl等酸性气体，故发生反应的离子方程式是。 （7）根据铜守恒，氧化铜的质量为32.750 g-31.230 g=1.520g，则氧化铜物质的量为0.019mol，，硫化铜物质的量为0.019mol，则H2S物质的量为0.019mol，H2S的质量为0.646g，产品纯度为95%。 19．【社会热点】 （每空2分，共12分） 【答案】 (1) -114 低温 (2) CO2＋2NO3-+18H＋＋16e-=CO(NH2)2+7H2O (3)80% (4)AC (5)低空速不利于反应后生成物N2、H2O从催化剂表面脱附，减慢脱硝反应速率    过长的停留时间，还会促使NH3发生氧化反应，反而使NOx去除率下降(2分) 【解析】ΔH=生成物总能量-反应物总能量，反应自发进行的判断依据是ΔG=ΔH-TΔS，当ΔH＜0，ΔS＞0，则在任意温度下，ΔG＜0，反应都能自发进行。 (1)①ΔH=生成物总能量-反应物总能量，对于反应生成物总能量为68，反应物总能量为182，则该反应的ΔH=-114kJ·mol−1；②反应自发进行的判断依据是ΔG=ΔH-TΔS，由反应(ⅱ)可知，反应后气体分子数增加，所以ΔS＜0，又因为，根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔH＜0，ΔS＜0，则低温自发进行； (2)生成尿素的那一极是a极，在a极NO3-得到电子，结合H+生成CO(NH2)2和H2O，根据氧化还原反应中得失电子守恒配平得电极反应式为CO2＋2NO3-+18H＋＋16e-=CO(NH2)2+7H2O； (3)根据电极反应式CO2＋2NO3-+18H＋＋16e-=CO(NH2)2+7H2O可知，生成1mol尿素转移16mol电子，现在生成0.5mol尿素，则转移8mol电子，80%； (4)A项，由图b可以看出当入口NOx浓度应保持在时，氮氧化物的去除效果最好，故A正确；B项，NOx的去除率的下降时，NO的去除率并没有明显变化，所以由图中无法得出NOx的去除率的下降主要受NO去除率的影响的结论，故B错误；C项，由图a可以看出，当氨氮比小于0.9时，NO2去除率为负值，此时NH3主要用于满足NO的转化，且部分NO被氧化成NO2，故C正确；D项，由图a可知，氨氮比并非越高越好，当氨氮比达到一定值后，NOx去除率不再明显提高，甚至可能出现其他情况，所以不应尽量提高氨氮比来提高NOx的去除率，故D错误；故选AC。 (5)不宜过低的原因为：低空速不利于反应后生成物N2、H2O从催化剂表面脱附，减慢脱硝反应速率过长的停留时间，还会促使NH3发生氧化反应，反而使NOx去除率下降。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 新洲三中2026届高三元月阶段性诊断考试 化 学 试 题 命题：蔡芸 陈志飞 审题：夏萍 黄海燕 试卷满分：100分 考试用时：75分钟 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4、考试结束后，请将答题卡上交。 可能用到的相对原子质量： H-1 Li-7 O-16 S-32 Fe-56 Co-59 Ni-59 Cu-64 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.湖北有多项传统技艺被列入国家级非物质文化遗产。下列说法错误的是 A．随州青铜器——青铜属于合金钢 B．鄂州雕花剪纸——纸张属于再生纤维 C．汉绣——蚕丝属于蛋白质 D．恩施坝漆——油漆属于合成高分子 2.化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达错误的是( ) A．用电子式表示Cl2的形成： B．亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO：[Cu(NH3)2]2++CO+NH3= [Cu(NH3)3CO]2+ C．用电子云轮廓图示意键的形成： D．制备芳纶纤维凯芙拉： 3.蕲春管窑镇被湖北省命名为“陶器之乡”，其管窑手工制陶技艺是湖北省第一批非物质文化遗产。下列说法错误的是(　　) A．陶瓷的主要原料是黏土和石灰石 B．陶瓷烧制过程中发生了化学变化 C．新型超导陶瓷可应用于磁悬浮技术 D．高温结构陶瓷可应用于火箭发动机 4.苯炔不对称芳基化反应如下，下列说法错误的是(　　) A．箭头b所示C—H键比箭头a所示C—H键活泼 B．有机物X分子、有机物Y分子均含有1个手性碳原子 C．苯炔不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不与溴水反应 D．有机物Y分子中苯环上的一氯代物有三种 5．联氨(N2H4)可用于镜面镀银，其原理为[Ag(NH3)2]++N2H4→Ag↓ +N2↑+NH4++NH3 (未配平)。设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( ) A．32g N2H4中非极性键的数目为NA B．1mol NH4NO3晶体中σ键的数目为7NA C．1L0.01mol·L-1 [Ag(NH3)2]NO3溶液中Ag+的数目为0.01NA D．标准状况下，每转移0.2 NA电子则会生成约1.12LN2 6．化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列有关事实的微观解释正确的是( ) 选项 事实 微观解释 A 甲苯与KMnO4溶液反应实验中，加入冠醚可以缩短褪色时间 超分子具有自组装特征 B 只有1个最外层电子的碱金属原子光谱在光谱里呈现双线 在一个原子轨道里，最多容纳2个电子且自旋相反 C O3在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度 O3与CCl4均为非极性分子，相似相溶 D CH3Cl的沸点高于CF4 相对分子质量是影响二者沸点的主要因素 7．下列方程式书写不正确的是( ) A．氢氧化钙溶液与足量小苏打溶液发生反应：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O B．黄铜矿在大量空气中充分焙烧：4CuFeS2+17O2=4CuO+2Fe2O3+8SO2 C．将亚硫酸钠溶液倒入酸性重铬酸钾溶液中：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3++4H2O D．由高锰酸钾出发制备氟气时，需要先将高锰酸钾氟化为K2MnF6： 4KMnO4+4KF+20HF=4K2MnF6+3O2↑+10H2O 8． 下列实验方案不能得出相应结论的是( ) 观察电流表指针偏转方向 观察溶液颜色变化 观察溶液颜色变化 观察出现浑浊所用时间 A．结论：金属活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu B．结论：氧化性顺序为Cl2＞Fe3+＞I2 C．结论：甲基使苯环活化 D．结论：增大反应物浓度，该反应速率加快 9.已知在有机化合物中，吸电子基团(吸引电子云密度靠近)能力：—Cl>—C≡CH>—C6H5>—CH===CH2>—H，推电子基团(排斥电子云密度偏离)能力：—C(CH3)3>—CH(CH3)2>—CH2CH3>—CH3>—H，一般来说，体系越缺电子，酸性越强；体系越富电子，碱性越强。下列说法错误的是(　　) A．碳原子杂化轨道中s成分占比：—C≡CH>—CH===CH2 B．羟基的活性： >CH3CH2OH C．酸性：ClCH2COOH>BrCH2COOH D．碱性： 10．科学家对具有生物活性的中药提取物肉桂醛和龙脑进行结构组装，合成新型药物肉桂酸龙脑酯， 下列说法正确的是( ) A．1mol肉桂醛最多能被4molH2催化还原 B．1个龙脑分子中含有3个手性碳原子 C．若用酸性KMnO4 溶液代替碱性KMnO4 溶液，可省去步骤Ⅰ中的反应② D．可用氢氧化钠溶液除去肉桂酸龙脑酯中的肉桂酸杂质 11.下列物质的制备方案不正确的是( ) 选项 目标产物 制备方案 A C2H2 用电石和饱和食盐水反应制备，用CuSO4溶液除去H2S、PH3等杂质 B HI 用NaI和浓磷酸在缓慢加热条件下反应制备 C NaHCO3 向氨化的饱和食盐水中通入足量CO2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤 D Ti 在Ar气氛中用适量Na充分还原TiCl4，冷却后水浸，过滤，洗涤 12． 石墨能与熔融金属钾作用，形成石墨间隙化合物，钾原子填充在石墨各层碳原子中，其化学式为 KCx，它的平面图如图所示，单层化合物厚度为b nm，下列说法错误的是( ) A． 该石墨间隙化合物能导电 B．与K距离最近的C原子数为6 C．该石墨间隙化合物的化学式为KC8 D．该石墨间隙化合物单层的密度为： 13.中国是世界上最大的钨储藏国。以黑钨精矿(主要成分为FeWO4、MnWO4，含少量SiO2)为原料冶炼钨的流程如图所示： 已知：钨酸酸性很弱，难溶于水。25 ℃时，SiO和WO开始沉淀的pH分别为10.3和7.3，完全沉淀的pH分别为8和5。下列说法错误的是(　　) A．“系列操作”步骤仅涉及物理变化 B．74W位于元素周期表第六周期 C．流程中“调pH”范围为7.3～8 D．FeWO4参与反应的化学方程式为4FeWO4＋O2＋4Na2CO32Fe2O3＋4Na2WO4＋4CO2 14．硼氢化钠NaBH4是一种高效储氢材料。25℃时，在掺杂了MoO3的纳米Co2B合金催化剂表面， NaBH4水解制氢生成，其部分反应机理如图所示，下列说法错误的是 A．的空间结构为正四面体形 B．反应过程中涉及极性键的断裂和形成以及非极性键的形成 C．水解制氢反应的离子方程式为 D．其他条件不变，用代替，X的结构式为 15．一种循环产氢体系是将锌-多硫化物电池与H2生产装置集成，最大化利用了间歇性太阳光，实现日 夜不间断生产氢气，原理如图所示。下列说法正确的是 A．硅太阳能电池、锌-多硫化物电池均可实现化学能转化为电能 B．夜间工作时，循环产氢体系应将电极a与c相接、b与d相接 C．日间工作时，b电极的反应式为 D．H2生产装置工作时，若使用阳离子交换膜，Na+向d电极方向迁移 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16． 钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的 价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴、制备锂电池材料的一种流程如下。 已知：Ksp(CuS)=6.3×10-36，Ksp(ZnS)=2.5×10-22，Ksp(CoS)=4.0×10-21 回答下列问题： (1)为了提高“酸浸”效率，除了将废渣磨碎，还可以 。 (2)“酸浸”步骤中，分离出的滤渣的化学式是 。 (3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10molL-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(Co2+) = mol/L，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离 (填“能”或“不能”)。 (4)“沉锰”步骤中，Na2S2O8 的作用是 。 (5)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0-5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为 。 (6)钴酸锂(LiCoO2)是锂离子电池的正极材料，其晶胞结构如图。充放电过程中，由Co-O键构成的CoO2层如同坚固的脚手架，在锂离子脱出和嵌入时保持结构稳定。已知：O、Co、Li的电负性分别为3.44、1.88、0.98。 ①从电负性角度分析，LiCoO2中O—Co键是 键。放电时，钴元素的化合价 (填“升高”、“降低”或“不变”)，同时，锂离子 (填“嵌入”或“脱出”)钴酸锂晶体。 ②该晶体的密度为 g•cm-3 (用含a、c、NA的计算式表示)。(原子量：Li- 7 O-16  Co-59) 17.化合物J是合成紫草酸药物的一种中间体，其合成路线如图： 已知：ⅰ.R—CHOR—CH2OH(R为烃基) 回答以下问题： (1)A的结构简式为____________；其中碳原子的杂化方式为____________。 (2)D→E的反应类型为____________；该反应的目的是_____________。 (3)F→H的化学方程式为_____________________________________。 (4)有机物J中含有官能团的名称是___________________________。 (5)符合下列条件的A的同分异构体有____________种。 ①能与FeCl3溶液作用显色； ②能发生银镜反应； ③核磁共振氢谱峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1。 18. H2S可用于合成光电构料。某兴趣小组用CaS与MgCl2反应制备液态H2S。实验装置采用三次降温使液化。结合已知信息回答下列问题。 已知：①；②H2S的沸点是-61℃，有毒；③装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质；④装置B的作用是初步除去易溶于水的气体杂质和细小粉末，并实现第一次冷却H2S。 (1)装置X的名称为_______；H2S分子的空间构型为_______。 (2)完善虚框内的装置排序：A→B→_______→D→F→G。 (3)装置C中盛装的干燥剂为_______。 (4)装置G中汞的两个作用是：①平衡气压；②_______。 (5)下列说法错误的是_______。 A．装置D的主要作用是第二次冷却H₂S B．加入固体可使溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S C．该实验产生的尾气可用硝酸吸收 (6)E装置的作用是____________________________(用离子方程式表示)。 (7)取0.680g H2S产品，与足量溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.750g。产品的纯度为_______。 19.工业生产催化剂的过程会产生含大量高浓度氮氧化物(NOx)的烟气，对环境造成严重破坏。某工艺 通过选择性催化还原法(SCR)治理去除烟气中的NOx，使其达到排放标准，且无需二次处理。 SCR主反应：NO(g)+4NH3(g)＋O2(g)=4N2(g)＋6H2O(g) (i) 2NO2(g)+4NH3(g)＋O2(g)=3N2(g)＋6H2O(g) (ii) SCR副反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) (iii) 请回答：(1)标准状态下，一些物质的相对能量如表所示： 物质(g) N2 O2 NH3 NO H2O NO2 相对能量/kJ·mol−1 0 0 -50 91 -242 34 ①计算反应(iii)的ΔH = kJ·mol−1。 ②判断反应(iii)在什么条件下自发进行 (填“任意温度”“高温”或“低温”)。 (2)已知尿素[CO(NH2)2]的分解作为还原剂NH3的来源，尿素可以通过如下电化学装置获得，电解过程中生成尿素的电极反应式是 。 (3)电解过程中需控制合适的电流，否则阴极会产生H2导致电解效率下降。若外电路以8A恒定电流工作，每转移10mol电子，产生尿素0.5mol，则该电解装置的电解效率 ( )。 (4) NOx的去除率(用R表示)受投料的氨氮比(n)、进入混合器中烟气的NOx浓度(即入口NOx浓度，用表示)等因素的影响，结果如图、所示。下列有关说法中正确的是________。 A．为取得最优氮氧化物的去除效果，入口NOx浓度应保持在 B．结合图像，分析NOx的去除率的下降主要受NO去除率的影响 C．当氨氮比小于0.9时，NO2去除率为负值，NH3主要用于满足NO的转化，且部分NO被氧化成NO2 D．由图可知，应尽量提高氨氮比，以提高NOx去除率 (5)空速是指单位时间内通过单位体积催化剂的气体流量，单位为，它反映气体与催化剂的接触时间，该脱硝工艺中空速控制在，请解释空速不宜过低的原因： 。 第 1 页 共 14 页 学科网（北京）股份有限公司 $