精品解析：江苏省南京师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期综合测试 化学试题

江苏省南京师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期综合测试 化学试题 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 Ag：108 Ⅰ卷 选择题(共39分) 一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 我国科学家首次拍摄到一种水合质子的原子级分辨图像，其结构如下图所示。下列有关该水合质子的说法不正确的是 A. 化学式为 B. 含2种化学环境不同的氢 C. 该水合质子H、O间的作用力均为氢键 D. 得电子后可生成H2 2. 普鲁士蓝化学式为Fe4[Fe(CN)6]3，是一种配合物，可作油画染料。下列有关说法正确的是 A. 基态Fe3+的价电子排布式为[Ar]3d34s2 B. CN-的电子式为 C. 普鲁士蓝中Fe3+与Fe2+的个数比为3∶4 D. [Fe(CN)6]4-中配位键由Fe提供孤电子对 3. 配制溶液，下列实验操作正确的是 A. 用装置甲称量1.8 g的NaOH固体 B. 用装置乙溶解NaOH固体 C. 用装置丙进行定容 D. 用装置丁摇匀配制好的溶液 4. 硝酸乙基铵[]是一种“离子液体”，常温下具有良好的导电性，下列有关说法正确的是 A. 原子半径： B. 电负性： C. 该物质中存在离子键、共价键和配位键 D. 该物质中N原子的杂化方式相同 硫元素及其化合物应用广泛。FeS2具有良好的半导体性能，煅烧可以制取SO2，SO2氧化得到SO3，SO3可形成三聚分子(结构如下图)；纳米FeS(不溶于水)可以去除水中的，酸性条件下生成Fe3+、Cr3+和，FeS与稀硫酸反应生成H2S，H2S的燃烧热为586.2 kJ·mol-1。 完成下列小题： 5. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. H2SO4具有吸水性，可用于干燥气体 B. FeS2不溶于水，可以作半导体材料 C. SO2具有还原性，可用于漂白纸浆 D. SO3具有氧化性，可用于制取硫酸 6. 下列有关说法正确的是 A. H2S是由极性键构成的非极性分子 B. SO2分子键角大于SO3分子 C. SO3三聚分子中S的杂化方式为sp2 D. FeS与FeS2所含阴阳离子个数比相等 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 在空气中煅烧FeS2：FeS2＋2O2Fe＋2SO2 B. FeS除去酸性废液中的：26H＋＋2FeS＋3=2Fe3+＋6Cr3+＋2＋13H2O C. FeS与H2SO4反应的离子方程式：S2-＋2H＋=H2S↑ D. H2S的燃烧：2H2S(g)＋O2(g)=2S(s)＋2H2O(g)　ΔH=-1 172.4 kJ·mol-1 8. 纳米级具有优良的催化性能。工业上用炭粉在高温条件下还原制取的反应为，的晶胞结构如下图所示。下列说法正确的是 A. 晶胞中“”表示 B. 该反应的平衡常数 C. 其他条件不变，降低温度，可使平衡向正反应方向进行 D. 反应中生成，转移电子数目为 9. 绿原酸是金银花抗菌、抗病毒的有效成分之一，其结构如下图。下列关于绿原酸的说法正确的是 A. 分子存在顺反异构现象 B. 分子中含有2个手性碳原子 C. 1 mol绿原酸与反应，最多可消耗 D. 1 mol绿原酸最多可消耗 10. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效消毒剂，其制备流程如下。已知高浓度ClO2易爆炸。 下列说法正确的是 A. 电解饱和NaCl溶液制NaClO3的阴极反应为Cl--6e-＋3H2O=＋6H＋ B. 制备ClO2时，通入空气的目的是将SO2氧化 C. 吸收ClO2的过程中，H2O2作反应的还原剂 D. ClO的空间构型为直线型 11. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 实验方案 探究目的 A 向苯酚溶液中加入几滴稀溴水 验证三溴苯酚难溶于水 B 向体积相等浓硫酸和稀硫酸中分别加入相同的铁片 探究浓度对化学反应速率的影响 C 将C2H5Br与NaOH乙醇溶液共热后的气体依次通入水和酸性KMnO4溶液中 验证C2H5Br发生消去反应 D 测量浓度均为0.1 mol·L-1的CH3COONa溶液和Na2CO3溶液的pH 验证酸性CH3COOH大于H2CO3 A. A B. B C. C D. D 12. 烟气中的可用溶液吸收循环处理，其中吸收过程如下图-1及电解再生工艺如图-2所示。 已知常温下。若转化过程中气体挥发和溶液体积变化可忽略。常温下，下列说法正确的是 A. 溶液中存在： B 当吸收液中时，溶液 C. 当吸收液时溶液中存在： D. 图-2中再生液中浓度小于吸收液中浓度 13. 利用甲醇(CH3OH)和甲苯(Tol)发生甲基化反应可以获得对二甲苯(p-X)、间二甲苯(m-X)和邻二甲苯(o-X)，反应过程中还有乙烯生成，涉及的反应有 反应I 反应II 反应III 反应IV 研究发现，在密闭容器中，101kPa、，平衡时甲苯的转化率、反应I的选择性及反应IV的选择性随温度的变化如图所示。 下列说法正确的是 A B. 随着温度的升高，反应IV的平衡常数先增大后减小 C. 在400~600K范围内，随着温度的升高， 基本不变 D. 800K下反应达平衡后，增大压强， 保持不变 Ⅱ卷 非选择题(共分) 14. 氧化锌是重要的基础化工原料，以含锌废水(含及少量及等)为原料制取ZnO的实验流程如下： （1）“氧化”步骤除去的离子方程式为___________。 （2）“沉锌”时生成碱式碳酸锌[]的离子方程式为___________。 15. 镓可用于芯片制造。以砷化镓废料(主要成分为GaAs，含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质)为原料，制备镓和回收砷可经过如下过程： （1）“碱浸”时同时加入NaOH溶液和H2O2溶液，反应后的溶液中含Na＋、OH-、、[Ga(OH)4]-和。写出GaAs(难溶于水)反应的离子方程式：_______。 （2）“调pH”时向滤液中加入H2SO4可将[Ga(OH)4]-转化为Ga(OH)3沉淀。若需控制溶液中c(Ga3+)<1×10-5 mol·L-1，则加入H2SO4时应控制溶液pH>_______。{已知Ga(OH)3为两性氢氧化物，Ksp[Ga(OH)3]=1×10-36} （3）“酸浸”后所得溶液中含H＋、Ga3+和。写出“电解”时反应的离子方程式：_______。 （4）向“过滤2”所得滤液中加入Ca(OH)2溶液可除去。控制=6，调节溶液的pH，测得溶液中砷的去除率与pH的关系如下图所示。由于溶液吸收空气中的CO2，所得Ca3(AsO4)2沉淀中可能含有CaCO3.pH>12后，砷的去除率随pH的增大而下降，其原因是_______。已知：常温下Ksp[Ca3(AsO4)2]=1×10-21，Ksp(CaCO3)=8.7×10-9。 16. 化合物G是一种抗失眠药物，其合成路线如下： （1）的反应类型为___________。 （2）E的结构简式为___________。 （3）进行过程中加入会显著提升F的产率，其原因是___________。 （4）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 ①能与溶液发生显色反应；②苯环上的一取代物有2种。 （5）写出以、和为原料合成合成路线流程图___________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 17. 金、银是常见贵金属，工业上利用氰化法从含金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O3和其他不溶性杂质)中提取金和银。工艺流程如下： 已知：Au＋＋2CN-[Au(CN)2]-　K=1.0×1038 Zn＋2Au＋Zn2+＋2Au　K=1.0×1082.7 Zn2+＋4CN-[Zn(CN)4]2-　K=1.0×1016.7 （1）“浸出Ⅰ”使用硝酸，不可用魔酸[一种由SbF5与HSO3F(结构式为，其酸性比硫酸还强)组成的超强酸，可将Au溶解]。从结构角度分析HSO3F的酸性比H2SO4强的原因_______。 （2）“浸出Ⅱ”将单质Au转化为[Au(CN)2]-，Au溶解反应的离子方程式为_______。 （3）“置换”时发生的反应为Zn＋2[Au(CN)2]-[Zn(CN)4]2-＋2Au，该反应的化学平衡常数K=_______。 （4）“脱金贫液”(含CN-)直接排放会污染环境。现以Cu2+为催化剂，用H2O2氧化废水中的CN-，CN-的去除率随溶液初始pH变化如图所示。 当初始pH>10时，CN-的去除率随pH升高而下降的原因是_______。 （5）用N2H4·H2O(水合肼，有较强还原性)处理所得“滤液Ⅰ”可得到粗银。用尿素溶液与NaClO和NaOH混合液反应制备并收集N2H4·H2O的装置如图(加热及固定装置已略去)所示。 ①实验操作顺序为_______(填写字母)，将试剂混合后加热三颈烧瓶，收集馏分得到N2H4·H2O。 A.装入试剂 B.检查装置气密性 C.通冷凝水 ②分液漏斗中所装溶液为_______。(填“尿素溶液”或“NaClO和NaOH混合液”) ③用如下实验测定粗银中银的含量：称取粗银样品2.400 g，加适量稀硝酸充分溶解、过滤、洗涤，将滤液和洗涤滤液合并定容到250 mL。再准确量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，酸化后滴入几滴指示剂铁铵矾[NH4Fe(SO4)2]溶液，再用0.100 0 mol·L-1 NH4SCN标准溶液滴定。重复测量3次，所用NH4SCN标准溶液平均体积为20.00 mL。 计算粗银中银的质量分数，写出计算过程_______。滴定时发生反应如下：Ag＋＋SCN-=AgSCN↓。 18. 工业尾气中的氮氧化物是大气主要污染源之一、消除氮氧化物对环境保护有着重要意义。 （1）SNCR­SCR脱硝技术是一种新型除去烟气(含NOx和O2等)中氮氧化物的方法，以NH3作还原剂，其脱硝流程如图1，其中SNCR脱硝效率与体系温度关系如图2所示。 ①当体系温度高于950℃时，SNCR脱硝效率明显降低，其可能的原因是_______； ②SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是_______。 （2）氢气选择性催化还原(H2-SCR)是一种理想的方法。其相关反应如下： 主反应：2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)　ΔH1 副反应：2NO(g)＋H2(g)=N2O(g)＋H2O(g)　ΔH2<0 ①已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)　ΔH3=-483.5 kJ·mol-1 N2(g)＋O2(g)=2NO(g)　ΔH4=＋180.5 kJ·mol-1 ΔH1=_______。 ②一定温度下用H2还原NO，测得反应后尾气中NO、N2O、N2的体积分数随H2的体积分数的变化如图3所示。当H2的体积分数大于750×10-6时，N2的体积分数下降的原因是_______。 ③在Pt表面H2、O2和NO会解离成H、O、N，其中H与O生成H2O，而Pt表面的N会与邻位的N反应生成N2，与NO反应生成N2O，与邻位的H反应生成NH3，过程如图4所示。当Pt的载体酸性增强时，会产生更多的N2，原因是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省南京师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期综合测试 化学试题 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 Ag：108 Ⅰ卷 选择题(共39分) 一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 我国科学家首次拍摄到一种水合质子的原子级分辨图像，其结构如下图所示。下列有关该水合质子的说法不正确的是 A. 化学式为 B. 含2种化学环境不同的氢 C. 该水合质子H、O间的作用力均为氢键 D. 得电子后可生成H2 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知含有5个H原子和2个O原子，其化学式为，故A正确； B．由图可知该物质为对称结构，含2种化学环境不同的氢，故B正确； C．该水合质子H、O间存在氢键和共价键，故C错误； D．该物质中，H的化合价为+1价，得电子后生成氢气，故D正确；  答案选C。 2. 普鲁士蓝化学式为Fe4[Fe(CN)6]3，是一种配合物，可作油画染料。下列有关说法正确的是 A. 基态Fe3+的价电子排布式为[Ar]3d34s2 B. CN-的电子式为 C. 普鲁士蓝中Fe3+与Fe2+的个数比为3∶4 D. [Fe(CN)6]4-中配位键由Fe提供孤电子对 【答案】B 【解析】 【详解】A．Fe是26号元素，基态的价电子排布式为3d64s2，Fe原子失去3个电子得到基态的价电子排布式为3d5，A项错误； B．CN-的电子式为，B项正确； C．设+2价Fe的个数为x，+3价Fe的个数为y，可列出方程组：x+y=7，2x+3y=18，解得x=3，y=4，故Fe3+与Fe2+的个数比为4:3，C项错误； D．[Fe(CN)6]4-中配位键由Fe提供空轨道，CN-提供孤电子对，D项错误； 答案选B。 3. 配制溶液，下列实验操作正确的是 A. 用装置甲称量1.8 g的NaOH固体 B. 用装置乙溶解NaOH固体 C. 用装置丙进行定容 D. 用装置丁摇匀配制好的溶液 【答案】D 【解析】 【分析】实验室没有450 mL的容量瓶，需选用500 mL容量瓶配制溶液，再量取450 mL使用，，。 【详解】A．NaOH具有腐蚀性，不能放在滤纸上称量，应放在小烧杯中；计算得需称量2.0 g NaOH，而非1.8 g，A错误； B．溶解NaOH应在烧杯中进行，装置乙为量筒，不能溶解固体，B错误； C．定容操作：加水至液面离刻度线1~2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切，装置丙操作不符合要求，C错误； D．摇匀溶液的操作是：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，反复上下颠倒摇匀，装置丁的操作正确，D正确； 故答案选D。 4. 硝酸乙基铵[]是一种“离子液体”，常温下具有良好的导电性，下列有关说法正确的是 A. 原子半径： B. 电负性： C. 该物质中存在离子键、共价键和配位键 D. 该物质中N原子的杂化方式相同 【答案】C 【解析】 【详解】A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，故，A不符合题意； B．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，故，B不符合题意； C．该物质由与构成，二者之间存在离子键；中、、为共价键，其中原子与一个通过配位键结合；内部存在共价键，C符合题意； D．中的原子为杂化，中的原子为杂化；两种原子的杂化方式不同，D不符合题意； 故选C。 硫元素及其化合物应用广泛。FeS2具有良好的半导体性能，煅烧可以制取SO2，SO2氧化得到SO3，SO3可形成三聚分子(结构如下图)；纳米FeS(不溶于水)可以去除水中的，酸性条件下生成Fe3+、Cr3+和，FeS与稀硫酸反应生成H2S，H2S的燃烧热为586.2 kJ·mol-1。 完成下列小题： 5. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. H2SO4具有吸水性，可用于干燥气体 B. FeS2不溶于水，可以作半导体材料 C. SO2具有还原性，可用于漂白纸浆 D. SO3具有氧化性，可用于制取硫酸 6. 下列有关说法正确的是 A. H2S是由极性键构成的非极性分子 B. SO2分子键角大于SO3分子 C. SO3三聚分子中S的杂化方式为sp2 D. FeS与FeS2所含阴阳离子个数比相等 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 在空气中煅烧FeS2：FeS2＋2O2Fe＋2SO2 B. FeS除去酸性废液中的：26H＋＋2FeS＋3=2Fe3+＋6Cr3+＋2＋13H2O C. FeS与H2SO4反应的离子方程式：S2-＋2H＋=H2S↑ D. H2S的燃烧：2H2S(g)＋O2(g)=2S(s)＋2H2O(g)　ΔH=-1 172.4 kJ·mol-1 【答案】5. A 6. D 7. B 【解析】 【5题详解】 A．浓H2SO4具有吸水性，故可用于干燥气体，故A符合题意； B．FeS2可以作半导体材料与其不溶于水的性质无关， 故B不符合题意； C．SO2可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与其具有还原性无关， 故C不符合题意； D．SO3可用于制取硫酸是因为其与水反应生成硫酸，该反应是非氧化还原反应，与其具有氧化性无关， 故D不符合题意； 答案为A； 【6题详解】 A．H2S含有的化学键H-S是极性键，分子是V形结构，正负电荷重心不重合是极性分子，故A错误； B．SO2分子中S的价层电子对数为2+=3，含有1个孤电子对，SO3分子S的价层电子对数为3+=3，不含有孤电子对，两者的VSEPR模型都是平面三角形，但是SO2分子中S含有1个孤电子对，对成键电子对斥力更大，导致键角更小，故SO2分子键角小于SO3分子；故B错误； C．SO3的三聚分子固体中S的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体，中心原子的杂化方式为sp3，故C错误； D．FeS2中2个S形成一个阴离子S，故FeS与FeS2所含阴阳离子个数比都是1：1，故D正确； 答案为D； 【7题详解】 A．FeS2在空气中煅烧生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故A错误； B．FeS除去酸性废液中的，FeS被氧化为铁离子和硫酸根，被还原为Cr3+，根据电子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为26H＋＋2FeS＋3=2Fe3+＋6Cr3+＋2＋13H2O，故B正确； C．FeS是固体，保留化学式，与H2SO4反应的离子方程式：FeS＋2H＋=H2S↑+Fe2+；故C错误； D．燃烧热的产物要为稳定的物质，S元素应该生成SO2，水要为液态，故热化学方程式为2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(l)　ΔH=-1 172.4 kJ·mol-1，故D错误； 答案选B。 8. 纳米级具有优良的催化性能。工业上用炭粉在高温条件下还原制取的反应为，的晶胞结构如下图所示。下列说法正确的是 A. 晶胞中“”表示 B. 该反应的平衡常数 C. 其他条件不变，降低温度，可使平衡向正反应方向进行 D. 反应中生成，转移电子数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A．晶胞中白球数量为，黑球数量为，结合化学式，可知黑球是亚铜离子，故A错误； B．该表达式中均为固体，没有浓度，因此正确的平衡常数表达式为，故B错误； C．该反应是吸热反应，其他条件不变，降低温度，反应向减弱这种改变的方向移动，即可使平衡向逆反应方向进行，故C错误； D．上述反应中，中得到2个电子，失去两个电子，生成，转移电子数为，故D正确； 故选D。 9. 绿原酸是金银花抗菌、抗病毒的有效成分之一，其结构如下图。下列关于绿原酸的说法正确的是 A. 分子存在顺反异构现象 B. 分子中含有2个手性碳原子 C. 1 mol绿原酸与反应，最多可消耗 D. 1 mol绿原酸最多可消耗 【答案】A 【解析】 【详解】A．分子中存在碳碳双键，且双键两端的碳原子都连有不同的原子或原子团，则分子存在顺反异构现象，A正确； B．连有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，则该分子中含有4个手性碳原子，如图中标注“*”的碳原子：，B错误； C．绿原酸分子中含有的碳碳双键和苯环能与反应，则1 mol绿原酸与反应，最多可消耗4 mol，C错误； D．绿原酸分子中只有羧基能与反应，绿原酸分子只含1个羧基，则1 mol绿原酸最多消耗1 mol，D错误； 故选A。 10. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效消毒剂，其制备流程如下。已知高浓度ClO2易爆炸。 下列说法正确的是 A. 电解饱和NaCl溶液制NaClO3的阴极反应为Cl--6e-＋3H2O=＋6H＋ B. 制备ClO2时，通入空气的目的是将SO2氧化 C. 吸收ClO2的过程中，H2O2作反应的还原剂 D. ClO的空间构型为直线型 【答案】C 【解析】 【分析】Cl2制得NaClO3溶液，NaClO3溶液加入稀硫酸、SO2、空气ClO2生成，反应方程式2NaClO3+SO2═2ClO2+Na2SO4，加入氢氧化钠溶液、H2O2溶液吸收ClO2，反应为2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+2H2O+O2，结晶生成NaClO2。 【详解】A．电解饱和NaCl溶液制NaClO3，阴极发生还原反应，电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A错误； B．SO2被NaClO3氧化，空气作用是稀释ClO2以防止其爆炸，故B错误； C．吸收ClO2的过程中，反应的方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+2H2O+O2，H2O2变为氧气，作反应的还原剂，故C正确； D．ClO的中心原子Cl的价层电子对数为2+=4，有2个孤电子对，空间构型为V形，故D错误； 答案选C。 11. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 实验方案 探究目的 A 向苯酚溶液中加入几滴稀溴水 验证三溴苯酚难溶于水 B 向体积相等的浓硫酸和稀硫酸中分别加入相同的铁片 探究浓度对化学反应速率的影响 C 将C2H5Br与NaOH乙醇溶液共热后的气体依次通入水和酸性KMnO4溶液中 验证C2H5Br发生消去反应 D 测量浓度均为0.1 mol·L-1的CH3COONa溶液和Na2CO3溶液的pH 验证酸性CH3COOH大于H2CO3 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．稀溴水不能和苯酚反应，不能验证三溴苯酚难溶于水，故A错误； B．铁遇冷的浓硫酸会钝化，不能通过向体积相等的浓硫酸和稀硫酸中分别加入相同的铁片，来探究浓度对化学反应速率的影响，故B错误； C．乙醇具有挥发性，将C2H5Br与NaOH乙醇溶液共热后的气体通入水中溶解乙醇，再通入酸性KMnO4溶液中，若酸性高锰酸钾溶液仍褪色，则说明产生了乙烯，即能说明发生了消去反应，故C正确； D．要验证酸性CH3COOH大于H2CO3，应测量浓度均为0.1 mol·L-1的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液的pH，故D错误； 故答案为：C。 12. 烟气中的可用溶液吸收循环处理，其中吸收过程如下图-1及电解再生工艺如图-2所示。 已知常温下。若转化过程中气体挥发和溶液体积的变化可忽略。常温下，下列说法正确的是 A. 溶液中存在： B. 当吸收液中时，溶液 C. 当吸收液时溶液中存在： D. 图-2中再生液中浓度小于吸收液中浓度 【答案】B 【解析】 【分析】溶液吸收烟气中的二氧化硫转化为NaHSO3，NaHSO3吸收液通过电解再生，其中阳极被氧化为，阴极得电子生成H2，促进电离出氢离子转化为实现再生，据此解答。 【详解】A. 溶液的质子守恒式为c() = c() + c() + 2c()，A错误； B. 当c() = c() + c() + c()时，溶质为，的电离常数 = ，水解常数 = = ≈ ， > ，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，pH < 7，B正确； C. pH = 8时，c() = ，由 = 得 = = 6，即c() = 6c()，则c() + c() > c()，C错误； D. 电解再生工艺中，阴极放电生成氢气，促进电离出氢离子转化为实现再生，因此再生液中浓度大于吸收液中浓度，D错误； 故答案选B。 13. 利用甲醇(CH3OH)和甲苯(Tol)发生甲基化反应可以获得对二甲苯(p-X)、间二甲苯(m-X)和邻二甲苯(o-X)，反应过程中还有乙烯生成，涉及的反应有 反应I 反应II 反应III 反应IV 研究发现，在密闭容器中，101kPa、，平衡时甲苯的转化率、反应I的选择性及反应IV的选择性随温度的变化如图所示。 下列说法正确的是 A. B. 随着温度的升高，反应IV的平衡常数先增大后减小 C. 在400~600K范围内，随着温度的升高， 基本不变 D. 800K下反应达平衡后，增大压强， 保持不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．由盖斯定律可知，反应III-反应II可得 ，A错误； B．反应IV的<0，为放热反应，升高温度，平衡常数一直减小，B错误； C．在400~600K范围内，随着温度的升高，甲苯的转化率基本不变，说明反应II-IV平衡基本上不发生移动，反应I的选择性也基本不变，则基本不变，C正确； D．800K下反应达平衡后，若通过压缩体积来增大压强，平衡会发生移动，n(Tol)会减小，D错误； 故选C。 Ⅱ卷 非选择题(共分) 14. 氧化锌是重要的基础化工原料，以含锌废水(含及少量及等)为原料制取ZnO的实验流程如下： （1）“氧化”步骤除去的离子方程式为___________。 （2）“沉锌”时生成碱式碳酸锌[]的离子方程式为___________。 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】该流程以含及少量、、的废水为原料，首先用调节至5.2，再加入将氧化为沉淀，同时将氧化为沉淀并过滤除去；随后加入锌粉置换出以除去重金属；最后加入粉末生成碱式碳酸锌沉淀，经洗涤、干燥、灼烧得到，据此分析。 【小问1详解】 在的弱酸性条件下，被还原为沉淀，被氧化为沉淀；根据电子守恒、电荷守恒与原子守恒配平，得离子方程式：； 【小问2详解】 与发生双水解反应，生成碱式碳酸锌沉淀与气体；配平后得离子方程式：。 15. 镓可用于芯片制造。以砷化镓废料(主要成分为GaAs，含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质)为原料，制备镓和回收砷可经过如下过程： （1）“碱浸”时同时加入NaOH溶液和H2O2溶液，反应后的溶液中含Na＋、OH-、、[Ga(OH)4]-和。写出GaAs(难溶于水)反应的离子方程式：_______。 （2）“调pH”时向滤液中加入H2SO4可将[Ga(OH)4]-转化为Ga(OH)3沉淀。若需控制溶液中c(Ga3+)<1×10-5 mol·L-1，则加入H2SO4时应控制溶液pH>_______。{已知Ga(OH)3为两性氢氧化物，Ksp[Ga(OH)3]=1×10-36} （3）“酸浸”后所得溶液中含H＋、Ga3+和。写出“电解”时反应的离子方程式：_______。 （4）向“过滤2”所得滤液中加入Ca(OH)2溶液可除去。控制=6，调节溶液的pH，测得溶液中砷的去除率与pH的关系如下图所示。由于溶液吸收空气中的CO2，所得Ca3(AsO4)2沉淀中可能含有CaCO3.pH>12后，砷的去除率随pH的增大而下降，其原因是_______。已知：常温下Ksp[Ca3(AsO4)2]=1×10-21，Ksp(CaCO3)=8.7×10-9。 【答案】（1）GaAs＋4OH-＋4H2O2=[Ga(OH)4]-＋AsO＋4H2O （2）3.7 （3）4Ga3+＋6H2O4Ga＋3O2↑＋12H＋ （4）随着pH值的增加，大气中溶于混合溶液的二氧化碳增加，形成的CO浓度增大，促使砷酸钙向碳酸钙转化，溶液中残留的砷的浓度增加或随着pH值的增加，大气中溶于混合溶液的二氧化碳增加，形成的CO度增大，与CO结合Ca2+增多，与AsO结合Ca2+减少，溶液中残留的砷的浓度增加 【解析】 【分析】砷化镓废料主要成分为GaAs，含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质，“碱浸”时同时加入NaOH溶液和H2O2溶液，反应后的溶液中含Na＋、OH-、、[Ga(OH)4]-和；过滤出Fe2O3、CaCO3，滤液“调pH”时向滤液中加入H2SO4可将[Ga(OH)4]-转化为Ga(OH)3沉淀，过滤，用硫酸溶解Ga(OH)3，“酸浸”后所得溶液中含H＋、Ga3+和，电解该溶液得金属Ga。 【小问1详解】 反应后溶于中含有[Ga(OH)4]-和，GaAs(难溶于水)在碱性条件下被双氧水氧化为，，双氧水被还原为水，反应的离子方程式为GaAs＋4OH-＋4H2O2=[Ga(OH)4]-＋AsO＋4H2O。 【小问2详解】 “调pH”时向滤液中加入H2SO4可将[Ga(OH)4]-转化为Ga(OH)3沉淀。若需控制溶液中c(Ga3+)<1×10-5 mol·L-1，c(OH-)>，则加入H2SO4时应控制溶液pH>3.7。 【小问3详解】 “酸浸”后所得溶液中含H＋、Ga3+和。“电解”时阳极生成氧气、阴极生成Ga，反应的离子方程式为4Ga3+＋6H2O4Ga＋3O2↑＋12H＋。 【小问4详解】 随着pH值的增加，大气中溶于混合溶液的二氧化碳增加，形成的CO浓度增大，促使砷酸钙向碳酸钙转化，溶液中残留的砷的浓度增加。 16. 化合物G是一种抗失眠药物，其合成路线如下： （1）的反应类型为___________。 （2）E的结构简式为___________。 （3）进行过程中加入会显著提升F的产率，其原因是___________。 （4）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。 ①能与溶液发生显色反应；②苯环上的一取代物有2种。 （5）写出以、和为原料合成的合成路线流程图___________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 【答案】（1）取代反应 （2） （3）加入会与生成的HBr反应，使反应正向进行的程度更大 （4） （5） 【解析】 【分析】化合物A在酸性高锰酸钾作用下甲基被氧化为羧基转化为化合物B，化合物B在作用下羧基中的羟基被氯原子取代，发生取代反应生成化合物C，化合物C在、、作用下化合物C上的氯原子与发生取代反应生成化合物D，化合物D在作用下生成化合物E，化合物E在作用下发生取代反应生成化合物F，化合物F在乙酸乙醇作用下环化生成化合物G，据此分析解答。 【小问1详解】 由分析可知，的反应类型为取代反应； 【小问2详解】 经观察化合物E中的溴原子被中的氨基脱氢后的原子团所取代，生成化合物F，可推测化合物D中的氨基中的氢原子被所取代，且脱去一分子HBr，则的结构简式为； 【小问3详解】 进行过程中加入会显著提升的产率，其原因是加入会与HBr生成的反应，使反应正向进行的程度更大； 【小问4详解】 B的一种同分异构体同时满足能与溶液发生显色反应，说明该物质存在酚羟基，且苯环上的一取代物有2种，则存在另一个原子团在酚羟基的对位，经推断是酮基且连接一个氟原子，则该同分异构体的结构简式为； 【小问5详解】 第一步经催化氧化可以形成苯甲酸，苯甲酸在作用下可以发生取代反应生成，在苯与、作用下可以发生取代反应形成；第二步在加热的氢氧化钠溶液作用下水解形成，并与第一步产物在乙酸乙醇作用下成环形成目标产物；则设计流程图为。 17. 金、银是常见贵金属，工业上利用氰化法从含金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O3和其他不溶性杂质)中提取金和银。工艺流程如下： 已知：Au＋＋2CN-[Au(CN)2]-　K=1.0×1038 Zn＋2Au＋Zn2+＋2Au　K=1.0×1082.7 Zn2+＋4CN-[Zn(CN)4]2-　K=1.0×1016.7 （1）“浸出Ⅰ”使用硝酸，不可用魔酸[一种由SbF5与HSO3F(结构式为，其酸性比硫酸还强)组成的超强酸，可将Au溶解]。从结构角度分析HSO3F的酸性比H2SO4强的原因_______。 （2）“浸出Ⅱ”将单质Au转化为[Au(CN)2]-，Au溶解反应的离子方程式为_______。 （3）“置换”时发生的反应为Zn＋2[Au(CN)2]-[Zn(CN)4]2-＋2Au，该反应的化学平衡常数K=_______。 （4）“脱金贫液”(含CN-)直接排放会污染环境。现以Cu2+为催化剂，用H2O2氧化废水中的CN-，CN-的去除率随溶液初始pH变化如图所示。 当初始pH>10时，CN-的去除率随pH升高而下降的原因是_______。 （5）用N2H4·H2O(水合肼，有较强还原性)处理所得“滤液Ⅰ”可得到粗银。用尿素溶液与NaClO和NaOH混合液反应制备并收集N2H4·H2O的装置如图(加热及固定装置已略去)所示。 ①实验操作顺序为_______(填写字母)，将试剂混合后加热三颈烧瓶，收集馏分得到N2H4·H2O。 A.装入试剂 B.检查装置气密性 C.通冷凝水 ②分液漏斗中所装溶液为_______。(填“尿素溶液”或“NaClO和NaOH混合液”) ③用如下实验测定粗银中银的含量：称取粗银样品2.400 g，加适量稀硝酸充分溶解、过滤、洗涤，将滤液和洗涤滤液合并定容到250 mL。再准确量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，酸化后滴入几滴指示剂铁铵矾[NH4Fe(SO4)2]溶液，再用0.100 0 mol·L-1 NH4SCN标准溶液滴定。重复测量3次，所用NH4SCN标准溶液平均体积为20.00 mL。 计算粗银中银的质量分数，写出计算过程_______。滴定时发生反应如下：Ag＋＋SCN-=AgSCN↓。 【答案】（1）F的电负性较大，其吸引电子能力大于羟基，导致H—O键极性增强容易断裂，酸性增强 （2）8CN-＋4Au＋O2＋2H2O=4[Au(CN)2]-＋4OH- （3）1×1023.4 （4）随着pH升高，c(OH-)逐渐增大，Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，导致催化效率降低 （5） ①. BAC ②. NaClO和NaOH混合溶液 ③. 90% 【解析】 【分析】含金矿石研磨后加入硝酸浸出，Au不溶于硝酸形成沉淀，Ag和Fe2O3转化为对应的金属阳离子，滤渣中加入KCN、KOH、O2进行浸出Ⅱ，此时Au溶解转化为[Au(CN)2]-，过滤得到滤液Ⅱ，随后滤液中加入锌进行置换得到锌金沉淀，最后可向锌金沉淀中加入HCl，溶解锌过滤得到金单质。 【小问1详解】 F的电负性较大，其吸引电子能力大于羟基，导致H-O键极性增强容易断裂，酸性增强，因此HSO3F酸性强于H2SO4。 【小问2详解】 Au与CN-、O2、H2O反应生成[Au(CN)2]-和氢氧根离子，离子方程式为8CN-＋4Au＋O2＋2H2O=4[Au(CN)2]-＋4OH-。 【小问3详解】 将已知中的三个反应分别标号为①②③，目标反应=反应②+反应③-反应①×2，则目标反应的平衡常数K=1.0×1082.7×1.0×1016.7÷(1.0×1038)2=1.0×1023.4。 【小问4详解】 该反应以铜离子为催化剂，pH>10时，溶液中氢氧根离子浓度较大，此时铜离子转化为氢氧化铜沉淀，导致催化效率降低。 小问5详解】 ①实验的操作顺序一般为先检验装置的气密性，随后装入试剂，然后通冷凝水进行反应，因此实验操作顺序为BAC。 ②生成的N2H4·H2O具有强还原性，而NaClO具有强氧化性，因此两者不能大量共存，故分液漏斗中装NaClO和NaOH混合液，避免生成的N2H4·H2O被氧化。 ③消耗0.1mol/L的NH4SCN标准溶液20mL，物质的量为2×10-3mol，则根据化学方程式Ag＋＋SCN-=AgSCN↓可知消耗银离子2×10-3mol，则250mL溶液中含有银离子2×10-2mol，质量为2.16g，根据银守恒，粗银中银的质量分数为2.16g÷2.4g=90%。 18. 工业尾气中的氮氧化物是大气主要污染源之一、消除氮氧化物对环境保护有着重要意义。 （1）SNCR­SCR脱硝技术是一种新型除去烟气(含NOx和O2等)中氮氧化物的方法，以NH3作还原剂，其脱硝流程如图1，其中SNCR脱硝效率与体系温度关系如图2所示。 ①当体系温度高于950℃时，SNCR脱硝效率明显降低，其可能的原因是_______； ②SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是_______。 （2）氢气选择性催化还原(H2-SCR)是一种理想的方法。其相关反应如下： 主反应：2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)　ΔH1 副反应：2NO(g)＋H2(g)=N2O(g)＋H2O(g)　ΔH2<0 ①已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)　ΔH3=-483.5 kJ·mol-1 N2(g)＋O2(g)=2NO(g)　ΔH4=＋180.5 kJ·mol-1 ΔH1=_______。 ②一定温度下用H2还原NO，测得反应后尾气中NO、N2O、N2的体积分数随H2的体积分数的变化如图3所示。当H2的体积分数大于750×10-6时，N2的体积分数下降的原因是_______。 ③在Pt表面H2、O2和NO会解离成H、O、N，其中H与O生成H2O，而Pt表面的N会与邻位的N反应生成N2，与NO反应生成N2O，与邻位的H反应生成NH3，过程如图4所示。当Pt的载体酸性增强时，会产生更多的N2，原因是_______。 【答案】（1） ①. 温度超过950℃后，NH3会与O2反应生成NO(生成的N2会与O2反应)，增大烟气中的NOx浓度，脱硝率下降 ②. SCR技术中温度过高，催化剂活性降低 （2） ①. -664.0 kJ·mol-1 ②. 氢气和生成的氮气反应生成氨气 ③. 酸性增强，NH3易被载体吸附生成NH，NH与NO和O2反应，产生更多的N2 【解析】 【小问1详解】 ①当体系温度高于950℃时，SNCR脱硝效率明显降低，其可能的原因是温度高于950℃时，NH3会与O2反应生成NO(生成的N2会与O2反应)，增大烟气中的NOx浓度，脱硝率下降； ②SCR技术的反应温度不能太高，其原因是温度过高，催化剂活性降低， 【小问2详解】 ①已知：III、2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)　ΔH3=-483.5 kJ·mol-1 IV、N2(g)＋O2(g)=2NO(g)　ΔH4=＋180.5 kJ·mol-1 由盖斯定律III-IV可得2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)，ΔH1=-483.5kJ•mol-1-180.5kJ⋅mol-1=-664kJ/mol； ②由图可知，当H2的体积分数大于750×10-6时，N2的体积分数呈下降趋势，但NH3的体积分数呈上升趋势，说明生成的氮气与氢气反应生成了氨气； ③根据图4可知，酸性增强，NH3易被载体吸附生成NH，NH与NO和O2反应，产生更多的N2。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $