精品解析：江苏省扬州市2025-2026学年高三上学期一月统考化学试题

高三化学试卷 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2.答题前，请务必将自己的学校、姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置，并在相应区域贴好条形码。 3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 4.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Ca-40 单项选择题：每小题只有一个选项符合题意。 1. 金秀矿含Ni、Bi、As、S等元素。下列元素中属于短周期元素的是 A. Ni B. Bi C. As D. S 2. 常温下，过硫化钠(Na2S2)与盐酸反应可以生成S和H2S。下列说法不正确的是 A. Na2S2中有离子键 B. Cl-的结构示意图为 C. 单质硫为共价晶体 D. H2S分子为极性分子 3. 制备Na2SO3溶液的过程如下：由Na2CO3固体配制0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液，向其中通入SO2至pH约为4；由NaOH固体配制1 mol·L-1 NaOH溶液，滴加到之前溶液中至pH约为10，得到Na2SO3溶液。下列说法正确的是 A. 称量Na2CO3固体时，应将试剂放入天平右边的托盘内 B. 使用托盘天平(含砝码)、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器可粗略配制1 mol·L-1的NaOH溶液 C. 用图1装置制备SO2 D. 用图2装置测量溶液的pH 4. 电解熔融KF与HF混合物(加入少量LiF能降低混合物的熔融温度)可制得F2；电解饱和食盐水可制得Cl2。下列说法正确的是 A. 沸点：Cl2>F2 B. 半径：r(F-)>r(Cl-) C. 电负性：χ(Cl)>χ(F) D. 第一电离能：I1(Cl)>I1(F) 阅读下列材料，完成下面小题： 铜及其化合物有着重要应用。铜在金属活动性顺序表中排在氢的后面；FeCl3溶液与铜的反应可用于蚀刻印刷线路板；Cu能催化CH3CH2OH与O2的反应。CuSO4溶液与石灰乳混合可制成杀菌剂波尔多液；CuSO4溶液与NaOH溶液混合后能与有机物中的醛基反应生成Cu2O。Cu2O与稀硫酸(或盐酸)反应生成Cu2+与Cu；Cu(OH)2能与NaOH溶液反应生 成[Cu(OH)4]2-。 5. 下列说法正确的是 A. Cu2+基态核外电子排布式为［Ar］3d74s2 B. 一个Cu2O晶胞(见上图)中，O原子的数目为2 C. [Cu(OH)4]2-中的配位原子是OH- D. CH3CHO与[Cu(OH)4]2-反应生成CH3COO-与Cu2O过程中有非极性键生成 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 在空气中加热CuCl2·2H2O：CuCl2·2H2OCuCl2+2H2O B. Cu2O与足量稀硝酸反应：Cu2O+2H+ =Cu+Cu2++H2O C. 用铜电极电解CuSO4溶液时的阳极主要反应：Cu-2e-=Cu2+ D. Cu催化CH3CH2OH与O2的主要反应：CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O 7. 下列说法正确的是 A. 波尔多液用作果园杀菌剂，主要是因为细菌蛋白质发生了盐析 B. 反应2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O能发生，说明HCl能够氧化Cu C. FeCl3溶液能与铜反应，主要是因为铁在金属活动性顺序表中排在铜前面 D. 依据Cu(OH)2分别与稀H2SO4、NaOH溶液的反应，推断Cu(OH)2有两性 8. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. 饱和NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s) B HCl(aq)Cl2(g)HCl(g) C. NH3(g)NO(g)HNO3(aq) D. S(s)SO2(g)H2SO4(aq) 9. 药物中间体Y的部分合成路线如下图。下列说法不正确的是 A. X能与NaOH溶液发生反应 B. X在一定条件下能与HCHO发生缩聚反应 C. Y与足量H2加成的产物分子存在对映异构体 D. 用NaHCO3溶液可鉴别化合物X和Y 10. 甲烷氧化制乙烯的可能过程如图所示，并在步骤①过程中检测到了自由基·CH3和·OCH3。下列说法正确的是 A. 步骤①过程中可能有CH3OCH3生成 B. 步骤①中CH4转化为C2H6后碳原子轨道的杂化方式发生了变化 C. 步骤②中C2H6转化为C2H4后H-C-H键角变小 D. 步骤②中每生成1molC2H4转移4mole- 11. 根据下列实验操作和现象，能合理推出结论的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将5mL溴丙烷和10mL饱和KOH乙醇溶液混合，加热，产生气体通入稀酸性KMnO4溶液使之褪色 溴丙烷与KOH醇溶液共热时能生成丙烯 B 向1mL 20％蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，水浴加热，再加入银氨溶液，未出现银镜 蔗糖在此条件下能水解生成葡萄糖 C 常温下，用pH计测得CH3COONa溶液的pH约为9.2，Na2CO3溶液的pH约为12.4 此条件下Ka(CH3COOH)>Ka2 (H2CO3) D 常温下，向2 mL 0.03 mol·L-1Na2HPO4溶液中滴加2~3滴酚酞试液，溶液变浅红色 此条件下HPO的水解程度强于其电离程度 A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，从冶炼富集液中回收钴、锰的部分工艺流程如下 已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，下列说法正确是 A. Na2S溶液中：c(OH-)=c(H2S)+c(HS-)+c(H+) B. 沉钴后得到的上层清液中：< C. NH4HCO3溶液(pH>7)中：c(NH)>c(HCO) D. 沉锰后得到pH=6.5的滤液中：c(H2CO3)<c(CO) 13. CH4部分氧化重整与CH4-H2O-CO2重整联合制合成气(CO、H2)，涉及的反应如下 ①2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) ∆H1=-71 kJ·mol-1 ②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ∆H2=+206 kJ·mol-1 ③CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ∆H3=+247 kJ·mol-1 常压下，将一定比例混合气体［n(CH4):n(CO2):n(空气):n(H2O)=1:0.2:1.92:0.4］匀速通过装有催化剂的反应管中，出口处测算CH4的转化率、CO2的转化率及比值随温度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 其他条件不变，增大体系压强会降低CH4的平衡转化率 B. 800°C时，若=2、CO2的转化率约为40％，则H2O的转化率约为60％ C. 联合制合成气相比单一氧化重整有利于调节产物中比值、提高能源利用率 D 800~840°C，若温度升高反应②转化率增加，其对产物比值影响程度小于反应③ 非选择题 14. 从氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)中回收锌部分流程如下 （1）酸浸氧化。向氧化锌烟尘样品中加入一定量0.5mol·L-1H2SO4和MnO2。 ①此过程ZnS被转化为Zn2+和S，其离子方程式为___________。 ②元素浸出率与MnO2用量关系如图所示。 随着MnO2添加量大于4％，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是___________。 ③从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是___________。 （2）沉锗。若用H2L表示单宁酸，“沉锗”的反应原理可表示为Ge4++3H2LH2GeL3↓+4H+。在加入单宁酸前，应调节溶液的最佳pH为2.5，原因是___________。 （3）“沉锗”后的溶液经除杂浓缩可得ZnSO4溶液。 ①测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取5.00 mL ZnSO4溶液，加水稀释至200 mL；取50.00 mL稀释后溶液，调节溶液的pH=10，用0.1000 mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液25.00 mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___________(写出计算过程)。 ②ZnSO4溶液经过惰性电极电解后，所得溶液可循环用于该流程中的___________步骤。 15. 化合物G是合成沙坦类药物的中间体，其部分合成路线如下 （1）A( )中含氧官能团名称为___________；已知A中含氧官能团对电子的吸引能力比碳原子强，则基团1的酸性比基团2的___________(填“强”或“弱”)。 （2）B→C的反应过程中会生成一种酸性氧化物气体，其化学式为___________。 （3）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：___________。 ①含有5种不同化学环境的氢原子，苯环上连有-NH2； ②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机物，n(X):n(Y)=3:1，X的相对分子质量为60且能与NaHCO3反应，Y含有苯环且能与FeCl3溶液发生显色反应。 （4）E→F的反应类型为___________反应。 （5）写出以、CH3CH2OH和C(OC2H5)4为原料制备的合成路线流程图___________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 16. 实验室用含磷尾矿［主要含Ca5(PO4)3F、CaMg(CO3)2］的悬浊液模拟湿法烟气脱硫并制备H3PO4，实验装置如图1所示。 （1）进气时通过调节阀门控制SO2、O2、N2的流速。 ①缓冲罐的作用是___________。 ②在O2足量的前提下，保持进入烧瓶中的气体总流速不变，为研究混合气体中SO2浓度增大对脱硫效率的影响，可采取的实验操作是___________。 （2）湿法脱硫时发生反应2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。 ①温度过高脱硫效率会降低，原因是___________。 ②生成的H2SO4能将Ca5(PO4)3F转化为CaSO4·2H2O、H3PO4与HF，该反应的化学方程式为___________。 （3）悬浊液中生成H3PO4的过程如图2所示。 ①烟气中SO2浓度对浸出液中H3PO4含量的影响如图3所示。SO2浓度大于8 mg·L-1时，随着SO2浓度增大，H3PO4含量变化的原因是___________。 ②加入少量ZnSO4溶液，对反应过程的影响如图4所示。该措施可提高磷浸出率的原因是___________。 （4）浸出液经除杂处理后得到0.1 mol·L-1 H3PO4溶液，利用其高效率(短时间、高产率)制备FePO4·2H2O，请补充实验方案：称取一定量铁粉，___________，过滤洗涤，固体干燥得FePO4·2H2O。 ［已知：Fe3(PO4)2、FePO4·2H2O均难溶于水；反应终点pH=2.5时，FePO4·2H2O的产率最高。实验中还须使用的试剂：1.0 mol·L-1的H2SO4溶液、30％H2O2溶液、30％氨水。］ 17. 对CO2的捕获、利用已成为前沿科技竞争的焦点。 （1）直接碳燃料电池能够将固体碳(如煤、生物质炭等)的化学能直接转化为电能，并生成高纯度CO2。其使用Li2CO3-K2CO3等二元共熔碳酸盐作为电解质，工作原理如图1所示。 ①在正极，CO2和O2反应生成，电极反应式为___________。 ②在负极，固体碳燃料(用C表示)发生一系列反应，其中反应C(s)+CO2(g)2CO(g) ∆H=+172kJ·mol-1，在高温下(>700°C)有利于自发进行的原因是___________。 （2）CO2电还原与氯碱工艺可联产CO、Cl2和KHCO3，其工作原理如图2所示。 ①阴极上CO2选择性还原为CO，同时会生成少量H2。一定条件下，阳极产生22.4L(标准状况)Cl2时，阴极生成气体的总质量为26.7g。则该条件下，阴极生成CO的法拉第效率为___________。［法拉第效率=×100％］ ②CO2还原为CO的反应在钴卟啉催化剂(简化为Co-N4结构)表面进行，催化循环过程的简化模型如图3所示。若此过程中N元素化合价不变，则Co元素化合价变化的步骤有：___________(填序号)。 （3）通过CO2制备Ca(HCO3)2有潜在价值，但Ca(HCO3)2固体难以从其水溶液中分离。 ①研究发现，Ca(HCO3)2固体析出过程中，溶剂极性会削弱中O-H键的稳定性。为得到Ca(HCO3)2固体，可采取的合理措施为___________。 ②采用热重法可分析固体组成。依据图4，可判断所得固体主要是Ca(HCO3)2而不是CaCO3的理由是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学试卷 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2.答题前，请务必将自己的学校、姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置，并在相应区域贴好条形码。 3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 4.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Ca-40 单项选择题：每小题只有一个选项符合题意。 1. 金秀矿含Ni、Bi、As、S等元素。下列元素中属于短周期元素的是 A. Ni B. Bi C. As D. S 【答案】D 【解析】 【详解】短周期元素指周期表中第一至第三周期的元素，原子序数范围为1-18。Ni为28、Bi为83、As为33、S为16。S的原子序数16在短周期范围内（第三周期），而其他元素均大于18，不属于短周期。因此D正确。 2. 常温下，过硫化钠(Na2S2)与盐酸反应可以生成S和H2S。下列说法不正确的是 A. Na2S2中有离子键 B. Cl-的结构示意图为 C. 单质硫为共价晶体 D. H2S分子为极性分子 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na2S2中和离子间形成离子键，A正确； B．Cl原子得1个电子形成Cl-，Cl-的结构示意图为，B正确； C．单质硫的硫原子之间用共价键连接，分子间通过范德华力连接，属于分子晶体，C错误； D．H2S分子空间结构不对称，为极性分子，D正确； 故答案选C。 3. 制备Na2SO3溶液的过程如下：由Na2CO3固体配制0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液，向其中通入SO2至pH约为4；由NaOH固体配制1 mol·L-1 NaOH溶液，滴加到之前溶液中至pH约为10，得到Na2SO3溶液。下列说法正确的是 A. 称量Na2CO3固体时，应将试剂放入天平右边的托盘内 B. 使用托盘天平(含砝码)、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器可粗略配制1 mol·L-1的NaOH溶液 C. 用图1装置制备SO2 D. 用图2装置测量溶液的pH 【答案】B 【解析】 【详解】A．称量Na2CO3固体时，应将试剂放入天平左边的托盘内，A错误； B．使用托盘天平(含砝码)、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器可粗略配制1 mol·L-1NaOH溶液，无需精确配制，无需使用容量瓶，B正确； C．图1装置需要加热才能用铜和浓硫酸制备，C错误； D．测量溶液的pH不能直接将pH试纸放入反应液，而应该用玻璃棒蘸取少量溶液滴到放于白瓷板上的pH试纸上，D错误； 故选B。 4. 电解熔融KF与HF混合物(加入少量LiF能降低混合物的熔融温度)可制得F2；电解饱和食盐水可制得Cl2。下列说法正确的是 A. 沸点：Cl2>F2 B. 半径：r(F-)>r(Cl-) C. 电负性：χ(Cl)>χ(F) D. 第一电离能：I1(Cl)>I1(F) 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据相对分子质量越大，分子间作用力越大，分子的沸点就越高，可知，相对分子质量：Cl2>F2，则沸点：Cl2>F2，A正确； B．Cl-比F-多一个电子层，因此半径：r(F-)<r(Cl-)，B错误； C．氟是电负性最强的元素，大于氯，故电负性：χ(Cl)<χ(F)，C错误； D．F、Cl同主族，根据同主族，从上至下，第一电离能逐渐减小，故第一电离能：I1(Cl)<I1(F)，D错误， 故选A。 阅读下列材料，完成下面小题： 铜及其化合物有着重要应用。铜在金属活动性顺序表中排在氢的后面；FeCl3溶液与铜的反应可用于蚀刻印刷线路板；Cu能催化CH3CH2OH与O2的反应。CuSO4溶液与石灰乳混合可制成杀菌剂波尔多液；CuSO4溶液与NaOH溶液混合后能与有机物中的醛基反应生成Cu2O。Cu2O与稀硫酸(或盐酸)反应生成Cu2+与Cu；Cu(OH)2能与NaOH溶液反应生 成[Cu(OH)4]2-。 5. 下列说法正确的是 A. Cu2+基态核外电子排布式为［Ar］3d74s2 B. 一个Cu2O晶胞(见上图)中，O原子的数目为2 C. [Cu(OH)4]2-中的配位原子是OH- D. CH3CHO与[Cu(OH)4]2-反应生成CH3COO-与Cu2O过程中有非极性键生成 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 在空气中加热CuCl2·2H2O：CuCl2·2H2OCuCl2+2H2O B. Cu2O与足量稀硝酸反应：Cu2O+2H+ =Cu+Cu2++H2O C. 用铜电极电解CuSO4溶液时的阳极主要反应：Cu-2e-=Cu2+ D. Cu催化CH3CH2OH与O2的主要反应：CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O 7. 下列说法正确的是 A. 波尔多液用作果园杀菌剂，主要是因为细菌蛋白质发生了盐析 B. 反应2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O能发生，说明HCl能够氧化Cu C. FeCl3溶液能与铜反应，主要是因为铁在金属活动性顺序表中排在铜前面 D. 依据Cu(OH)2分别与稀H2SO4、NaOH溶液的反应，推断Cu(OH)2有两性 【答案】5. B 6. C 7. D 【解析】 【5题详解】 A．Cu在失电子时先失去最外层电子，Cu2+基态核外电子排布式为［Ar］3d9，A错误； B．如图并结合分子式，白球应该是O原子，故一个Cu2O晶胞中，O原子的数目为2，B正确； C．[Cu(OH)4]2-中的配位离子是OH-，配位原子应该是O，C错误； D．该反应过程中，乙醛()中的C-C非极性键保持不变，没有新的非极性键生成，D错误； 故答案选B。 【6题详解】 A．在空气中加热CuCl2·2H2O，最终应该生成CuO，A错误； B．Cu2O与足量稀硝酸反应会被氧化成二价铜，而不是歧化，B错误； C．用铜电极电解CuSO4溶液时，阳极为Cu放电，主要反应为：Cu-2e-=Cu2+，C正确； D．Cu催化CH3CH2OH与O2反应得到的应该是乙醛，而不是题目中的乙酸，D错误； 故答案选C。 【7题详解】 A．波尔多液用作果园杀菌剂，是因为其中铜离子使细菌蛋白质变性，而不是蛋白质发生盐析，A错误； B．反应2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O中氧气为氧化剂，不是HCl氧化的Cu，不能说明HCl能够氧化Cu，B错误； C．FeCl3溶液能与铜反应，主要是因为的氧化性比铜强，而不是金属活动性顺序，C错误； D．Cu(OH)2与稀H2SO4和NaOH都能反应，故其具有两性，D正确； 故答案选D。 8. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. 饱和NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s) B. HCl(aq)Cl2(g)HCl(g) C. NH3(g)NO(g)HNO3(aq) D. S(s)SO2(g)H2SO4(aq) 【答案】A 【解析】 【详解】A．饱和NaCl溶液中通入NH3和CO2可制得NaHCO3沉淀，NaHCO3加热分解生成Na2CO3，两步转化均能实现，A符合题意； B．HCl(aq)与Fe2O3加热反应生成FeCl3和H2O，不会生成Cl2，第一步不能实现，B不符合题意； C．NH3与O2反应可生成NO，但NO难溶于水，与水不反应，第二步不能实现，C不符合题意； D．S燃烧生成SO2，但SO2与H2S反应生成S和H2O，不是生成H2SO4，第二步不能实现，D不符合题意； 答案选A。 9. 药物中间体Y的部分合成路线如下图。下列说法不正确的是 A. X能与NaOH溶液发生反应 B. X在一定条件下能与HCHO发生缩聚反应 C. Y与足量H2加成的产物分子存在对映异构体 D. 用NaHCO3溶液可鉴别化合物X和Y 【答案】D 【解析】 【详解】A．X含有酚羟基，能与NaOH溶液发生反应，故A正确； B．X含有酚羟基，X在一定条件下能与HCHO发生缩聚反应生成，故B正确； C．Y与足量H2加成的产物含有手性碳原子(*标出)，所以存在对映异构体，故C正确； D．X、Y都不能与NaHCO3溶液反应，不能用NaHCO3溶液鉴别化合物X和Y，故D错误； 选D。 10. 甲烷氧化制乙烯的可能过程如图所示，并在步骤①过程中检测到了自由基·CH3和·OCH3。下列说法正确的是 A. 步骤①过程中可能有CH3OCH3生成 B. 步骤①中CH4转化为C2H6后碳原子轨道的杂化方式发生了变化 C. 步骤②中C2H6转化为C2H4后H-C-H键角变小 D. 步骤②中每生成1molC2H4转移4mole- 【答案】A 【解析】 【详解】A．①过程中检测到了自由基·CH3和·OCH3，·CH3和·OCH3有可能结合为CH3OCH3，所以步骤①过程中可能有CH3OCH3生成，故A正确； B．CH4、C2H6中碳原子的杂化方式均为sp3，步骤①中CH4转化为C2H6后碳原子轨道的杂化方式不变，故B错误； C．C2H6中碳原子的杂化方式为sp3，C2H4中碳原子的杂化方式为sp2，步骤②中C2H6转化为C2H4后H-C-H键角变大，故C错误； D．步骤②中C2H6转化为C2H4，碳元素的化合价由-3升高为-2，每生成1molC2H4转移2mole-，故D错误； 选A。 11. 根据下列实验操作和现象，能合理推出结论的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将5mL溴丙烷和10mL饱和KOH乙醇溶液混合，加热，产生气体通入稀酸性KMnO4溶液使之褪色 溴丙烷与KOH醇溶液共热时能生成丙烯 B 向1mL 20％蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，水浴加热，再加入银氨溶液，未出现银镜 蔗糖在此条件下能水解生成葡萄糖 C 常温下，用pH计测得CH3COONa溶液的pH约为9.2，Na2CO3溶液的pH约为12.4 此条件下Ka(CH3COOH)>Ka2 (H2CO3) D 常温下，向2 mL 0.03 mol·L-1Na2HPO4溶液中滴加2~3滴酚酞试液，溶液变浅红色 此条件下HPO的水解程度强于其电离程度 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．溴丙烷在KOH乙醇溶液中加热发生消除反应生成丙烯，丙烯中可能混有挥发的乙醇，乙醇、丙烯均能使酸性KMnO4褪色，结论不严谨，A错误； B．蔗糖水解后需中和酸才能进行银镜反应，未中和酸会导致银氨溶液分解，不会出现银镜反应，结论错误，B错误； C．题中未标明CH3COONa溶液和Na2CO3溶液是否为等浓度，因此无法得出相应结论，C错误； D．Na2HPO4溶液使酚酞变浅红色，说明溶液呈碱性，HPO水解程度大于其电离程度，D正确； 答案选D。 12. 室温下，从冶炼富集液中回收钴、锰的部分工艺流程如下 已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，下列说法正确的是 A. Na2S溶液中：c(OH-)=c(H2S)+c(HS-)+c(H+) B. 沉钴后得到的上层清液中：< C. NH4HCO3溶液(pH>7)中：c(NH)>c(HCO) D. 沉锰后得到pH=6.5的滤液中：c(H2CO3)<c(CO) 【答案】C 【解析】 【分析】含少量Co2+、Mn2+的溶液加硫化钠可生成CoS沉淀而除去钴离子，过滤，滤液中加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀、硫酸铵等。 【详解】A．根据的水解反应：，；同时，水的电离平衡为根据质子守恒，溶液中 的来源是水的电离和、的水解，而则来自水的电离，因此，质子守恒应为，A错误； B．沉钴过程中，加入后， 优先沉淀为，而留在溶液中。根据沉淀溶解平衡：，，两式相除可得：，B错误； C．溶液中，的水解常数，的水解常数 ， ，水解程度更大，使溶液，则，C正确； D．在时， 。根据的两步电离：，，将 代入：；，显然， ，且  。因此， ，D错误； 故选C。 13. CH4部分氧化重整与CH4-H2O-CO2重整联合制合成气(CO、H2)，涉及的反应如下 ①2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) ∆H1=-71 kJ·mol-1 ②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ∆H2=+206 kJ·mol-1 ③CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ∆H3=+247 kJ·mol-1 常压下，将一定比例混合气体［n(CH4):n(CO2):n(空气):n(H2O)=1:0.2:1.92:0.4］匀速通过装有催化剂的反应管中，出口处测算CH4的转化率、CO2的转化率及比值随温度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 其他条件不变，增大体系压强会降低CH4的平衡转化率 B. 800°C时，若=2、CO2的转化率约为40％，则H2O的转化率约为60％ C. 联合制合成气相比单一氧化重整有利于调节产物中比值、提高能源利用率 D. 800~840°C，若温度升高反应②转化率增加，其对产物比值影响程度小于反应③ 【答案】B 【解析】 【详解】A．所有反应均为气体分子数增加的反应，增大压强，三个反应平衡均逆向移动，即降低 的平衡转化率，A正确。 B．根据已知投料比，设初始 ，  ， ，只参与反应③。  转化率约为 ，则反应③消耗的为 。设反应①生成的 为 mol，则生成的 为  mol（系数比 4:2）。设反应②生成的 为 mol，则生成的  为 mol（系数比 3:1），同时消耗  mol。由可得， ，解方程得b=0.48。根据反应②的化学计量关系，消耗的 的物质的量 = b =  。 的转化率 = ，即 转化率为40%，B错误。 C．联合重整可调节 ，且放热反应①可为吸热反应供能，提高能源利用率，C正确。 D．800～840℃时， ​ 下降表明反应③影响大于反应②，D正确。 故答案为B。 非选择题 14. 从氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)中回收锌的部分流程如下 （1）酸浸氧化向氧化锌烟尘样品中加入一定量0.5mol·L-1H2SO4和MnO2。 ①此过程ZnS被转化为Zn2+和S，其离子方程式为___________。 ②元素浸出率与MnO2用量关系如图所示。 随着MnO2添加量大于4％，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是___________。 ③从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是___________。 （2）沉锗。若用H2L表示单宁酸，“沉锗”的反应原理可表示为Ge4++3H2LH2GeL3↓+4H+。在加入单宁酸前，应调节溶液的最佳pH为2.5，原因是___________。 （3）“沉锗”后的溶液经除杂浓缩可得ZnSO4溶液。 ①测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取5.00 mL ZnSO4溶液，加水稀释至200 mL；取50.00 mL稀释后溶液，调节溶液的pH=10，用0.1000 mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液25.00 mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___________(写出计算过程)。 ②ZnSO4溶液经过惰性电极电解后，所得溶液可循环用于该流程中的___________步骤。 【答案】（1） ①. ②. 随着添加量增大，更多的被氧化为，反应消耗增多，水解生成，导致铁元素浸出率下降 ③. 在等金属离子的催化下，易分解损失，氧化剂利用率下降 （2）pH过大，易生成沉淀损失；pH过小，抑制H2GeL3沉淀生成 （3） ①. ②. 酸浸氧化 【解析】 【分析】氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)加硫酸、酸浸氧化，生成、、S以及铁、锗硫酸盐，再加入氧化锌调节pH，将铁元素转化为氢氧化物沉淀除去，再利用单宁酸沉锗，获得ZnSO4溶液，电解ZnSO4溶液获得锌单质。 【小问1详解】 ①ZnS被氧化为Zn2+和S，其离子方程式为； ②随着MnO2添加量大于4％，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是随着添加量增大，更多的被氧化为，反应消耗增多，水解生成，导致铁元素浸出率下降； ③从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是在等金属离子的催化下，易分解损失，氧化剂利用率下降。 【小问2详解】 在加入单宁酸前，应调节溶液的最佳pH为2.5，原因是pH过大，易生成沉淀损失；pH过小，抑制H2GeL3沉淀生成。 【小问3详解】 ①测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取5.00 mL ZnSO4溶液，加水稀释至200 mL；取50.00 mL稀释后溶液，调节溶液的pH=10，用0.1000 mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液25.00 mL；==，故50.00 mL稀释液中，则200.00 mL稀释液中，故； ②ZnSO4溶液经过惰性电极电解后，阴极放电生成锌单质，阳极水放电生成氧气和，故所得溶液为硫酸溶液，可循环用于该流程中的酸浸氧化。 15. 化合物G是合成沙坦类药物的中间体，其部分合成路线如下 （1）A( )中含氧官能团名称为___________；已知A中含氧官能团对电子的吸引能力比碳原子强，则基团1的酸性比基团2的___________(填“强”或“弱”)。 （2）B→C的反应过程中会生成一种酸性氧化物气体，其化学式为___________。 （3）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：___________。 ①含有5种不同化学环境的氢原子，苯环上连有-NH2； ②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机物，n(X):n(Y)=3:1，X的相对分子质量为60且能与NaHCO3反应，Y含有苯环且能与FeCl3溶液发生显色反应。 （4）E→F的反应类型为___________反应。 （5）写出以、CH3CH2OH和C(OC2H5)4为原料制备的合成路线流程图___________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 【答案】（1） ①. 羧基、硝基 ②. 强 （2）SO2 （3）或 （4）还原 （5） 【解析】 【分析】A和乙醇发生酯化反应生成B，B与SOCl2发生取代反应生成C，D发生取代反应生成E，E发生还原反应生成F。 【小问1详解】 根据A的结构简式 ，其含氧官能团名称为羧基、硝基；A中羧基1受硝基和羧基2的共同影响，则基团1的酸性比基团2的强。 【小问2详解】 B→C的反应过程中会生成一种酸性氧化物气体，根据元素守恒，可知生成的酸性气体为SO2。 【小问3详解】 ①含有5种不同化学环境的氢原子，说明结构对称，苯环上连有-NH2； ②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机物，n(X):n(Y)=3:1，X的相对分子质量为60且能与NaHCO3反应，X是乙酸；Y含有苯环且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明Y含有酚羟基。符合条件的D的同分异构体为或； 【小问4详解】 E→F是E中的硝基变为氨基，反应类型为还原反应。 【小问5详解】 发生硝化反应生成，和乙醇发生酯化反应生成，被SnCl2还原为，和C(OC2H5)4反应生成，合成路线为。 16. 实验室用含磷尾矿［主要含Ca5(PO4)3F、CaMg(CO3)2］的悬浊液模拟湿法烟气脱硫并制备H3PO4，实验装置如图1所示。 （1）进气时通过调节阀门控制SO2、O2、N2的流速。 ①缓冲罐的作用是___________。 ②在O2足量的前提下，保持进入烧瓶中的气体总流速不变，为研究混合气体中SO2浓度增大对脱硫效率的影响，可采取的实验操作是___________。 （2）湿法脱硫时发生反应2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。 ①温度过高脱硫效率会降低，原因是___________。 ②生成的H2SO4能将Ca5(PO4)3F转化为CaSO4·2H2O、H3PO4与HF，该反应的化学方程式为___________。 （3）悬浊液中生成H3PO4的过程如图2所示。 ①烟气中SO2浓度对浸出液中H3PO4含量的影响如图3所示。SO2浓度大于8 mg·L-1时，随着SO2浓度增大，H3PO4含量变化的原因是___________。 ②加入少量ZnSO4溶液，对反应过程的影响如图4所示。该措施可提高磷浸出率的原因是___________。 （4）浸出液经除杂处理后得到0.1 mol·L-1 H3PO4溶液，利用其高效率(短时间、高产率)制备FePO4·2H2O，请补充实验方案：称取一定量铁粉，___________，过滤洗涤，固体干燥得FePO4·2H2O。 ［已知：Fe3(PO4)2、FePO4·2H2O均难溶于水；反应终点pH=2.5时，FePO4·2H2O的产率最高。实验中还须使用的试剂：1.0 mol·L-1的H2SO4溶液、30％H2O2溶液、30％氨水。］ 【答案】（1） ①. 缓冲气流（或稳定气体流速）；将气体混合均匀 ②. 保持流速不变，适当开大阀门（或增大流速），同等程度关小阀门（或减小流速） （2） ①. 温度升高，、在悬浊液中溶解量减少 ②. （3） ①. ①浓度增大，生成增多，更多与反应生成；沉淀速率加快，覆盖在表面，会阻碍溶出 ②. 更易吸附在表面，排斥与反应；更多地与反应，使磷浸出率增大 （4）加入稍过量的溶液，加热、搅拌，充分反应后过滤；向滤液中加入稍过量的，充分反应；再控制投料比，加入溶液，再滴加氨水，调节 【解析】 【分析】将SO2、O2、N2混合气体通入含磷尾矿的悬浊液，将Ca5(PO4)3F转化为CaSO4·2H2O、H3PO4与HF。 【小问1详解】 ①缓冲罐的作用是缓冲气流（或稳定气体流速）；将气体混合均匀； ②在O2足量的前提下，保持进入烧瓶中的气体总流速不变，为研究混合气体中SO2浓度增大对脱硫效率的影响，可采取的实验操作是保持流速不变，适当开大阀门（或增大流速），同等程度关小阀门（或减小流速）。 【小问2详解】 ①温度过高脱硫效率会降低，原因是温度升高，、在悬浊液中溶解量减少； ②生成的H2SO4能将Ca5(PO4)3F转化为CaSO4·2H2O、H3PO4与HF，该反应的化学方程式为。 【小问3详解】 ①烟气中SO2浓度对浸出液中H3PO4含量的影响如图3所示。SO2浓度大于8 mg·L-1时，随着SO2浓度增大，H3PO4含量变化的原因是浓度增大，生成增多，更多与反应生成；沉淀速率加快，覆盖在表面，会阻碍溶出； ②由图可知，加入少量ZnSO4溶液，可提高磷浸出率的原因是更易吸附在表面，排斥与反应；更多地与反应，使磷浸出率增大。 【小问4详解】 浸出液经除杂处理后得到0.1 mol·L-1 H3PO4溶液，利用其高效率(短时间、高产率)制备FePO4·2H2O，请补充实验方案：称取一定量铁粉，加入稍过量的的溶液，加热、搅拌，充分反应后过滤；向滤液中加入稍过量的，充分反应；再控制投料比，加入溶液，再滴加氨水，调节，过滤洗涤，固体干燥得FePO4·2H2O。 17. 对CO2的捕获、利用已成为前沿科技竞争的焦点。 （1）直接碳燃料电池能够将固体碳(如煤、生物质炭等)的化学能直接转化为电能，并生成高纯度CO2。其使用Li2CO3-K2CO3等二元共熔碳酸盐作为电解质，工作原理如图1所示。 ①在正极，CO2和O2反应生成，电极反应式为___________。 ②在负极，固体碳燃料(用C表示)发生一系列反应，其中反应C(s)+CO2(g)2CO(g) ∆H=+172kJ·mol-1，在高温下(>700°C)有利于自发进行的原因是___________。 （2）CO2电还原与氯碱工艺可联产CO、Cl2和KHCO3，其工作原理如图2所示。 ①阴极上CO2选择性还原为CO，同时会生成少量H2。一定条件下，阳极产生22.4L(标准状况)Cl2时，阴极生成气体总质量为26.7g。则该条件下，阴极生成CO的法拉第效率为___________。［法拉第效率=×100％］ ②CO2还原为CO的反应在钴卟啉催化剂(简化为Co-N4结构)表面进行，催化循环过程的简化模型如图3所示。若此过程中N元素化合价不变，则Co元素化合价变化的步骤有：___________(填序号)。 （3）通过CO2制备Ca(HCO3)2有潜在价值，但Ca(HCO3)2固体难以从其水溶液中分离。 ①研究发现，Ca(HCO3)2固体析出过程中，溶剂的极性会削弱中O-H键的稳定性。为得到Ca(HCO3)2固体，可采取的合理措施为___________。 ②采用热重法可分析固体组成。依据图4，可判断所得固体主要是Ca(HCO3)2而不是CaCO3的理由是___________。 【答案】（1） ①. ②. 该反应ΔH＞0，ΔS＞0 （2） ①. 95% ②. I、II （3） ①. 选择极性小的溶剂（或用乙醇作溶剂） ②. CaCO3固体加热分解只有一次失重阶段（或一个失重台阶），且固体残留率为56%；Ca(HCO3)2固体加热分解会有两次失重阶段（或两个失重台阶），且固体残留率分别为62%、35%，与图示更接近。 【解析】 【小问1详解】 ①正极发生还原反应，氧气被还原，同时生成，故答案为：； ②该反应气体分子数增大，ΔS＞0，且ΔH＞0，要使ΔH-TΔS＜0，则反应应该在高温时利于自发进行； 【小问2详解】 ①阳极生成1 mol，转移2 mol电子，设生成CO x mol，生成 y mol，则根据电子守恒和质量守恒： ；，解得x=0.95 mol，y =0.05 mol，根据法拉第效率的定义，法拉第效率=×100％=； ②由图可知，过程中N元素化合价不变，则I反应Co从+2变到+1价，II反应Co由+1变到+2价，后各步骤不涉及Co化合价变化，故答案为：I、II； 【小问3详解】 ①研究发现，Ca(HCO3)2固体析出过程中，溶剂的极性会削弱中O-H键的稳定性，故需要采用极性较小的溶剂，得到Ca(HCO3)2固体； ②CaCO3固体加热分解，只涉及到失去，只有一次失重阶段（或一个失重台阶），质量变化：100 g→56 g，固体残留率为56%；Ca(HCO3)2固体加热分解，会失去和，会有两次失重阶段（或两个失重台阶），且固体残留率分别为62%（162 g→100 g）、35%（162 g→56 g），与图示更接近。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $