精品解析：福建省厦门双十中学2025-2026学年高三上学期11月期中化学试题

厦门双十中学2026届高三上学期期中考试 化学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.请认真阅读答题卡上的注意事项，不得用规定以外的笔和纸答题，不得在答题卡上做任何标记。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 4.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cu-64 一、选择题：本题共12小题，1-8题每题3分，9-12题每题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意 1. “九三阅兵”振奋民心，展示了众多高精尖武器。下列说法错误是 A. 陆军坦克中的陶瓷硬度高防弹性强，该陶瓷为新型无机非金属材料 B 火箭军东风系列导弹可以搭载氢弹弹头，氢核聚变属于化学变化 C. 空军歼—35战斗机应用了氮化镓雷达，氮化镓是一种半导体材料 D. 海军“巨浪”洲际导弹发射，升空过程中化学能主要转化为机械能 2. 五味子丙素对急慢性肝损伤有较好的改善效果，五味子丙素的结构如图所示，下列有关说法错误的是 A. 五味子丙素能发生取代、氧化、还原、加成反应 B. 分子中所有氧原子可能共面 C. 1mol五味子丙素分子中含有2mol手性碳原子 D. 五味子丙素的一溴代物有12种 3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 4.6 g乙醇中杂化的原子数为0.2NA B. 中硫的价层电子对数为0.5NA C. 20 g由与组成的混合物中所含的质子数为10NA D. 中配位键的数目为5NA 4. 下列涉及反应的离子方程式或反应式书写正确的是 A. 气体除去酸性废水中的甲醛： B. 铅蓄电池充电时阳极的电极反应： C. 惰性电极电解氯化镁溶液： D. 草酸标定溶液浓度： 5. 下列实验装置能达到实验目的的是 A．用装置①进行钠的燃烧反应 B．用装置②制备溴苯并验证产生HBr C．用装置③分离水和苯酚 D．用装置④制备 A. A B. B C. C D. D 6. 化合物A是一种常用的表面活性剂，具有起泡性能好、去污能力强等特点，其结构如图所示。已知X、Y、Z、W、M均为短周期常见元素，W是形成物质种类最多的元素，X、Y为同族元素，Z、M为同族元素，基态Z原子的核外电子有6种空间运动状态。下列说法错误的是 A. 原子半径Z>Y>X>M B. 电负性X>Y>W>M>Z C. X、Y、W元素形成的氢化物中沸点最高的为X的氢化物 D. 均由X、Y、Z、M四种元素组成常见的两种盐可以发生反应 7. 乙酸是一种重要的化工原料，甲醇可在Rh-邻氨基苯酚催化剂作用下羰基化生产乙酸，反应历程如图(其中Rh配合物简写为TN)。下列说法错误的是 A. 反应历程中LiI也起催化作用 B. 增大Rh-邻氨基苯酚的用量，甲醇的平衡转化率增大 C. 反应过程中测得TN3含量最少，可能原因是TN2→TN3活化能较高 D. 总反应为 8. 在电子材料领域有广泛用途。利用水钴矿(主要成分为，含有、FeO、、等杂质)制备的流程如图。 已知：①“沉铁”中被空气氧化为阴离子自由基； ②25℃时，的平衡常数； ③。 下列说法错误的是 A. “酸浸”时表现了还原性 B. “沉铁”反应的离子方程式为： C. “沉钴”的平衡常数约为 D. “滤液”的主要成分为和 9. 利用温室气体实现有机物转化是环境治理和提高产能的重要研究。现有光电转化装置如图甲所示，在不同电压下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率(FE)随电压变化如图乙所示。 已知：，其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。下列说法错误的是 A. 泡沫Ni网电极连接电源的负极 B. 装置中的交换膜最好为质子交换膜 C. 左室产生1 mol HCOOH时，右室生成标况下的体积为11.2 L D. 在电压为条件下，生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为，则生成HCOOH的法拉第效率10.8% 10. 常温下，向溶液中逐滴加入的MOH溶液，其导电率、pH与加入MOH溶液体积的关系如图所示(假设反应过程中温度不变)。下列说法正确的是 A. 常温下，为 B. c和d点，水的电离程度相同 C. 加入10 mL至13 mL MOH溶液时，电导率降低是因为离子总数减小 D. b点溶液中 11. 利用乙醇进行水蒸气催化重整制氢可解决能源短缺问题，其反应如下。 Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 在650℃、100 kPa条件下，乙醇的进料速率为；水醇(水与乙醇)的进料速率比与气体平衡产量()的关系如图所示。当水醇进料比为时，下列说法错误的是 A. 图中a线可能表示的平衡产量 B. 乙醇的平衡转化率为90% C. 反应Ⅲ D. 温度高于650℃时，的平衡产量略有下降是由于平衡Ⅲ逆向移动 12. 通过反应，可实现对的吸收、检测，该反应的。不同温度下，该反应达平衡时的与的关系如图所示。下列说法错误的是 A. B. C. 时， D. 二、填空题(本题包括4小题，共55分) 13. 用辉铜矿可制得海绵铜，进一步可制得、、等。回答下列问题： （1）“氧化酸浸法”处理硫化铜矿制取海绵铜，其主要流程如下： ①“氧化酸浸”时发生反应的离子方程式为___________。 ②实际生产中，“氧化酸浸”时还需通入，通入的作用是___________。 （2）海绵铜可以制备溶液。溶液制备的装置如图1所示。 ①向三颈瓶中滴加NaOH溶液，有蓝色沉淀生成，继续滴加水合肼()可制得。与反应的化学方程式为___________。 ②向三颈瓶中逐滴加入时，制备得到的固体物质的X射线衍射谱与的体积的关系如图2所示。的加入量为2.0 mL时，有单质Cu析出的原因是___________。 ③将过滤所得滤渣洗涤、烘干、分析成分含有Cu、，通过还原熔炼回收Cu。现通过实验测定滤渣中Cu单质的质量分数：称取0.7040 g样品，向其中加入足量稀盐酸溶解后过滤，用的EDTA溶液滴定至终点(EDTA与反应的化学计量比为)，平均消耗EDTA溶液40.00 mL，滤渣中Cu单质的质量分数为___________(保留4位有效数字)。 （3）海绵铜可用于制备晶体。将海绵铜在有氧条件下用硫酸浸出，所得浸出液中含有、和。由浸出液制取晶体的步骤为：边搅拌边向浸出液中加入___________(填化学式)溶液，至___________时停止加入；向溶液中加入氨水调节pH在___________之间，过滤，边搅拌边向滤液中加入氨水至生成的蓝色沉淀完全溶解，___________(填操作)得到大量深蓝色晶体。 已知：①加热时易失去； ②实验中金属离子开始沉淀为氢氧化物及沉淀完全的pH如下表所示 金属离子 开始沉淀pH 1.9 4.7 5.8 沉淀完全的pH 3.2 6.7 9.0 14. 金属钒(V)是一种重要的资源，我国是钒资源比较丰富的国家，传统的提取工艺钒提取率不高并存在环境污染问题，现采用“还原-中和-萃取-沉淀”工艺，以钒矿石焙砂(主要、、、铁的氧化物等)为原料制备的工艺流程如下： 已知：①酸浸液中，钒的存在形式为； ②25℃时， ③萃取时采用萃取剂P204，发生反应： 回答下列问题： （1）基态钒原子价层电子排布式为___________。 （2）浸渣的主要成分为___________(填化学式)。 （3）①加入足量铁粉进行还原的目的是___________。 ②还原时，需加入过量铁粉，可能的原因是___________。 （4）①在“反萃取”时，应向体系中加入适量的试剂为___________(填“稀硫酸”或“氨水”)。 ②“转化”步骤中加入将转化为的离子方程式为___________。 （5）25℃时，测得“调pH”后溶液中，为使“铵盐沉钒”时，钒元素的沉淀率达到98%，“铵盐沉钒”后溶液中至少为___________。 （6）无氧条件下煅烧得到的化学方程式为___________。 15. 含呋喃骨架的芳香化合物在环境化学和材料化学领域具有重要价值。一种含呋喃骨架的芳香化合物合成路线如下，回答下列问题： （1）N中官能团的名称为___________。 （2）G的结构简式为___________，H→M的反应类型为___________(TMS为三甲基硅基)。 （3）E生成F的化学方程式为___________(不考虑副反应等)。 （4）E的同分异构体中，含苯环(不含其他环)且不同化学环境氢原子个数比为的同分异构体的数目有___________种，其中苯环上只有一种等效氢的结构简式为___________(写出一种即可)。 （5）参考上述路线，设计如下转化。Y的结构简式为___________。 （6）M→N的三键加成反应中，若参与成键的苯环及苯环的反应位置不变，则生成的与N互为同分异构体的副产物结构简式为___________。 16. 一氧化碳是合成气和各类煤气的主要成分，是有机化工的重要原料，也可用作燃料及精炼金属的还原剂。回答下列问题： （1）已知：、、乙二醇(l)的摩尔燃烧焓分别为、、。则反应的___________。 （2）工业合成光气的原理为 。一定条件下，在密闭容器中充入1 mol CO与合成，平衡时CO的转化率与温度的倒数、压强的关系如图所示： ①该反应的___________(填“＞”或“＜”)0。 ②图示中达到平衡所需要的时间最短的点是___________(填“a点”“b点”或“c点”)。 （3）重整反应可获得合成气CO和，主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 一定温度下，起始时将和的混合气体充入刚性密闭容器中，平衡时测得，和的物质的量分数相等。 ①不能证明该反应体系达到平衡状态的是___________。 a．容器内压强不再改变 b．容器内混合气体的平均密度不再改变 c．容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变 d．不再改变 ②平衡时甲烷的转化率为___________%。 ③若起始压强为12 kPa，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数___________(计算结果用最简分式表示，为用分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。 （4）研究人员开发出了不需要将溶解在水溶液中，而是通过采用多孔催化剂电极将转化为CO的电解池，工作原理如图1所示。为了使气体直接发生反应，需要在催化剂层内形成大量的由(气体)、(液体)、催化剂(固体)聚集而成的三相界面，如图2所示。 已知：产物A的选择性可表示为。 ①阴极生成CO的电极反应方程式为___________。 ②电解一段时间后，阴极收集到18 mol CO，测得，则理论上产生的物质的量为___________mol。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门双十中学2026届高三上学期期中考试 化学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.请认真阅读答题卡上的注意事项，不得用规定以外的笔和纸答题，不得在答题卡上做任何标记。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 4.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cu-64 一、选择题：本题共12小题，1-8题每题3分，9-12题每题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意 1. “九三阅兵”振奋民心，展示了众多高精尖武器。下列说法错误的是 A. 陆军坦克中的陶瓷硬度高防弹性强，该陶瓷为新型无机非金属材料 B. 火箭军东风系列导弹可以搭载氢弹弹头，氢核聚变属于化学变化 C. 空军歼—35战斗机应用了氮化镓雷达，氮化镓是一种半导体材料 D. 海军“巨浪”洲际导弹发射，升空过程中化学能主要转化为机械能 【答案】B 【解析】 【详解】A．陶瓷属于新型无机非金属材料，具有高硬度和防弹性能，A正确； B．氢弹的爆炸基于氢核聚变，核聚变是核反应（物理变化），而非化学变化，B错误； C．氮化镓（GaN）是第三代半导体材料，广泛应用于电子器件，C正确； D．导弹升空时燃料燃烧释放化学能，转化为机械能推动飞行，D正确； 故答案选B。 2. 五味子丙素对急慢性肝损伤有较好的改善效果，五味子丙素的结构如图所示，下列有关说法错误的是 A. 五味子丙素能发生取代、氧化、还原、加成反应 B. 分子中所有氧原子可能共面 C. 1mol五味子丙素分子中含有2mol手性碳原子 D. 五味子丙素的一溴代物有12种 【答案】D 【解析】 【详解】A．五味子丙素能发生取代、燃烧氧化、苯环加氢还原、苯环可发生加成反应，A正确； B．分子中所有氧原子都与苯环碳原子直接相连，两个苯环可能共面，故分子中所有氧原子可能共面，B正确； C．1mol五味子丙素分子中含有2mol手性碳原子，C正确； D．五味子丙素呈对称结构，分子中含有6种氢，如图所示：，故一溴代物有6种，D错误； 故选D。 3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 4.6 g乙醇中杂化的原子数为0.2NA B. 中硫的价层电子对数为0.5NA C. 20 g由与组成的混合物中所含的质子数为10NA D. 中配位键的数目为5NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．4.6g乙醇的物质的量为：n==0.1 mol，乙醇分子结构为：，C原子形成4个键，不含孤电子对，O原子形成2个键，含有2个孤电子对，C原子和O原子均为sp3杂化，乙醇中杂化的原子数为3，0.1mol乙醇中杂化的原子数为0.3NA，A错误； B．未说明气体所处的温度和压强，无法计算物质的量，B错误； C．与的摩尔质量均为20g/mol，的质子数为：2×1+8=10，的质子数为：2×1+8=10，20 g由与组成的混合物总物质的量为1mol，所含的质子数为10NA，C正确； D．Fe(CO)5的结构中，铁原子与五个CO分子形成配位键，每个CO分子中的碳氧原子配位键，因此，1mol Fe(CO)5 中含有10mol配位键，数目为10 NA，D错误； 故选C。 4. 下列涉及反应的离子方程式或反应式书写正确的是 A. 气体除去酸性废水中的甲醛： B. 铅蓄电池充电时阳极的电极反应： C. 惰性电极电解氯化镁溶液： D. 草酸标定溶液浓度： 【答案】A 【解析】 【详解】A．二氧化氯气体除去酸性废水中的甲醛的反应为废水中的甲醛与二氧化氯反应生成二氧化碳、氯离子、氢离子和水，反应的化学方程式为：，A正确； B．铅蓄电池充电时，与直流电源正极相连的电极是阳极，水分子作用下硫酸铅失去电子发生氧化反应生成二氧化铅、氢离子和硫酸根离子，电极反应式为：，B错误； C．氯化镁溶液电解生成氢氧化镁沉淀、氢气和氯气，反应的离子方程式为：，C错误； D．草酸标定高锰酸钾溶液浓度发生的反应为溶液中高锰酸根离子与草酸反应生成锰离子、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：，D错误； 故选A。 5. 下列实验装置能达到实验目的的是 A．用装置①进行钠的燃烧反应 B．用装置②制备溴苯并验证产生HBr C．用装置③分离水和苯酚 D．用装置④制备 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．装置①中使用玻璃表面皿进行钠的燃烧实验，钠燃烧时会产生高温，玻璃表面皿不耐高温，容易炸裂，应使用坩埚，A 不符合题意； B．装置②制备溴苯时，苯、液溴和铁粉反应会放热，使苯和液溴大量挥发，挥发出的溴蒸气也能与溶液反应生成淡黄色沉淀，无法证明反应产生了，B 不符合题意； C．水和苯酚可互溶（65℃以上完全互溶，常温下部分互溶），无法用过滤（装置③）分离，应采用分液或蒸馏的方法，C 不符合题意； D．装置④利用了侯氏制碱法的原理，向饱和氨盐水中通入，发生反应：，因为的溶解度较小，会从溶液中析出，该装置可以制备， D 符合题意； 故答案选D。 6. 化合物A是一种常用的表面活性剂，具有起泡性能好、去污能力强等特点，其结构如图所示。已知X、Y、Z、W、M均为短周期常见元素，W是形成物质种类最多的元素，X、Y为同族元素，Z、M为同族元素，基态Z原子的核外电子有6种空间运动状态。下列说法错误的是 A. 原子半径Z>Y>X>M B. 电负性X>Y>W>M>Z C. X、Y、W元素形成的氢化物中沸点最高的为X的氢化物 D. 均由X、Y、Z、M四种元素组成常见的两种盐可以发生反应 【答案】C 【解析】 【分析】由图干信息可知，已知X、Y、Z、W、M均为短周期常见元素，W是形成物质种类最多元素，且W能够形成4个共价键，则W为C，X能形成2个共价键，Y能形成6个共价键，且X、Y同族，故X为O，Y为S，Z、M同族，基态Z原子的核外电子有6种空间运动状态，则Z为Na,且M形成1个共价键，则M为H，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，Z为Na、Y为S、X为O、M为H，根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大可知，原子半径：Na＞S＞O＞H即Z＞Y＞X＞M，故A正确； B．由分析可知，X为O、Y为S、W为C、M为H，根据同一周期从左往右非金属性依次增强，同一主族从上往下非金属性依次减弱可知，非金属性：O＞S＞C＞H>Na即X＞Y＞W＞M＞Z，非金属性越强其电负性越大，则电负性：X>Y>W>M>Z，故B正确； C．由分析可知，X为O、Y为S、W为C，由于C的氢化物有很多，随着碳原子数增多其沸点依次升高，故X、Y、W元素形成的氢化物中的沸点中沸点最高的不一定是H2O，也可能是碳氢化合物，故C错误； D．由分析可知，X为O、Y为S、Z为Na、M为H，均由X、Y、Z、M四种元素组成常见的两种盐NaHSO3和NaHSO4可以发生反应，反应原理为：NaHSO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，故D正确； 故选：C。 7. 乙酸是一种重要的化工原料，甲醇可在Rh-邻氨基苯酚催化剂作用下羰基化生产乙酸，反应历程如图(其中Rh配合物简写为TN)。下列说法错误的是 A. 反应历程中LiI也起催化作用 B. 增大Rh-邻氨基苯酚的用量，甲醇的平衡转化率增大 C. 反应过程中测得TN3含量最少，可能原因是TN2→TN3活化能较高 D. 总反应为 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题干信息， Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚为催化剂，且从图中可看出，LiI先与甲醇反应生成LiOH和，参与TN催化循环最终生成的又与LiOH反应生成LiI与终产物乙酸，因此LiI也属于该反应的催化剂，A正确； B．催化剂用量只影响反应速率，增大催化剂用量不能提高甲醇的平衡转化率，B错误； C．反应中TN3含量最少说明其生成慢（TN2→TN3反应速率慢）或消耗快（TN3→TN4反应速率快），即TN2→TN3的活化能较高或TN3→TN4活化能较低，C正确； D．总反应需消去中间产物，反应物为和CO，生成物为，总反应方程式为，D正确； 故答案选B。 8. 在电子材料领域有广泛用途。利用水钴矿(主要成分为，含有、FeO、、等杂质)制备的流程如图。 已知：①“沉铁”中被空气氧化为阴离子自由基； ②25℃时，的平衡常数； ③。 下列说法错误的是 A. “酸浸”时表现了还原性 B. “沉铁”反应的离子方程式为： C. “沉钴”的平衡常数约为 D. “滤液”的主要成分为和 【答案】D 【解析】 【分析】水钴矿(主要成分为Co2O3、SiO2、FeO、Fe2O3、MnO2)加入H2SO4、H2O2进行酸浸，得到Co2+、Fe2+、Mn2+还有SiO2，过滤后滤渣1为SiO2；滤液中加入Na2SO3并通入空气后，被氧化为，并使铁元素全部转化为沉淀，过滤后滤渣2为Fe(OH)3，滤液中加入萃取剂萃取后，Mn2+在有机相中，水相经过一系列操作后得到CoSO4固体；CoSO4加入氨水进行碱溶得到Co(NH3)，再加入热的氢氧化钠溶液后进行沉钴，过滤后得到β-Co(OH)2； 【详解】A．“酸浸”中Co2O3、MnO2与H2SO4、H2O2发生反应生成Co2+、Mn2+和氧气，H2O2中O由-1价升到0价，体现H2O2的还原性，A正确； B．沉铁”中Fe2+被Na2SO3与空气混合产生的自由基氧化生成铁离子，被还原为，反应的离子方程式为：，B正确； C．“沉钴”中发生的反应为，该反应的K=====1.7×109，C正确； D．由分析可知，“滤液”的主要成分为，无，加入过量热NaOH溶液后会生成氨气，D错误； 故选D。 9. 利用温室气体实现有机物转化是环境治理和提高产能的重要研究。现有光电转化装置如图甲所示，在不同电压下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率(FE)随电压变化如图乙所示。 已知：，其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。下列说法错误的是 A. 泡沫Ni网电极连接电源的负极 B. 装置中的交换膜最好为质子交换膜 C. 左室产生1 mol HCOOH时，右室生成标况下的体积为11.2 L D. 在电压为条件下，生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为，则生成HCOOH的法拉第效率10.8% 【答案】C 【解析】 【分析】由图甲可知，为阳极，阳极电极反应式为：，泡沫网电极上被还原为有机物，如、等，发生还原反应，为阴极，阴极生成的电极方程式为，阴极生成的电极方程式为，阴极生成的电极方程式为，阴极生成的电极方程式为，由图2可知，通过改变电压可以选择性地获得不同还原产物，据此分析。 【详解】A．泡沫网电极上被还原为有机物，如、等，发生还原反应，为阴极，阴极连接电源负极，A正确； B．阳极电极反应式为，阳极反应生成，阴极还原需参与，需通过交换膜从阳极移向阴极，故交换膜为质子交换膜，B正确； C．由图乙可知，在左室生成时，同时有其他有机产物如生成，故此时实际转移电荷量大于，则由阳极电极反应式可得生成的的物质的量大于，此时标况下的体积大于，C错误； D．泡沫网电极上被还原为有机物，生成与分别需要与。设生成的的物质的量为、为，则转移电子分别为与。由图乙可知，在电压为条件下的法拉第效率为，则，即，则的法拉第效率为，D正确； 故选C。 10. 常温下，向溶液中逐滴加入的MOH溶液，其导电率、pH与加入MOH溶液体积的关系如图所示(假设反应过程中温度不变)。下列说法正确的是 A. 常温下，为 B. c和d点，水的电离程度相同 C. 加入10 mL至13 mL MOH溶液时，电导率降低是因为离子总数减小 D. b点溶液中 【答案】D 【解析】 【详解】A．起点a点对应的pH值为2.8，说明HA是弱酸，在c点加入MOH溶液10 mL时，二者完全反应呈中性，也说明MOH是弱碱，MA是呈中性的弱酸弱碱盐，因为生成的弱酸弱碱盐溶液呈中性，说明，在点，，，，故的数量级为，A错误； B．c为滴定终点，过程是由酸到正盐的过程，水的电离程度逐渐增大，是加入的碱过量，所以会抑制水的电离，B错误； C．加入10 mL至13 mL MOH溶液，离子总量增加，但溶液中离子浓度减小从而电导率降低， C错误； D．b点是加入5 mL MOH溶液时把HA中和一半，此时溶液中存在MA和HA物质的量之比为，根据物料守恒和电荷守恒得出(1)，和(2)，通过(1)+(2)可以得到，D正确； 故答案选D。 11. 利用乙醇进行水蒸气催化重整制氢可解决能源短缺问题，其反应如下。 Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 在650℃、100 kPa条件下，乙醇的进料速率为；水醇(水与乙醇)的进料速率比与气体平衡产量()的关系如图所示。当水醇进料比为时，下列说法错误的是 A. 图中a线可能表示的平衡产量 B. 乙醇平衡转化率为90% C. 反应Ⅲ的 D. 温度高于650℃时，的平衡产量略有下降是由于平衡Ⅲ逆向移动 【答案】A 【解析】 【分析】水醇比增大时，反应Ⅱ中H2O增多，促进CH4消耗，CH4平衡产量应随水醇比增大而降低，同时反应III中CO不断被消耗，CO2产量提高。故a线表示CO2平衡产量，最底部的曲线表示CH4平衡产量，根据以上分析即可解题。 【详解】A．根据分析，a线表示CO2平衡产量，A错误； B．乙醇进料100mol/h，水醇进料比为时，CO平衡产量为50mol/h，CO2为130mol/h，CH4为0mol/h，根据乙醇分子中的碳元素守恒思想，乙醇的转化率，B正确； C．反应Ⅲ反应前后气体分子数不变，故可用平衡物质的量代替气体平衡分压，故；水醇进料比为时，乙醇的转化率为90%，反应I生成90molH2、90molH2O和90molCO；反应II消耗90molCH4和90molH2O，生成270molH2、90molCO；反应III消耗90+90-50=130molCO和130molH2O，生成130molCO2和130molH2；进料1h平衡后，n(H2)=90+270+130=490mol，n(H2O)=700-90-130=480mol，n(CO2)=130mol，n(CO)=50mol，代入后，C正确； D．反应Ⅲ放热（ΔH3=-41kJ/mol），升温逆向移动消耗H2，虽反应Ⅰ、Ⅱ吸热升温正向生成H2，但H2产量下降说明反应Ⅲ逆向影响更大，D正确； 故选A。 【点睛】 12. 通过反应，可实现对的吸收、检测，该反应的。不同温度下，该反应达平衡时的与的关系如图所示。下列说法错误的是 A. B. C. 时， D. 【答案】C 【解析】 【分析】，即，，则图中直线的斜率，截距。 【详解】A．温度相同时，平衡常数相等，将时曲线上(7.3，4.3)和(7.5，4.7)两点代入中，联立可得， A正确； B．将代入表达式，则，将时曲线上点(8.1，x)代入表达式，解得， B正确； C．温度相同时，平衡常数相等，将时曲线上(7.3，4.3)和(7.5，4.7)两点代入中，联立可得，则，C错误； D．由知，温度升高，平衡逆向移动，减小，即(截距)增大，则，D正确； 故选C。 【点睛】本题以配合物为载体考查电解质溶液图像分析，考查考生的读图能力和分析能力。 二、填空题(本题包括4小题，共55分) 13. 用辉铜矿可制得海绵铜，进一步可制得、、等。回答下列问题： （1）“氧化酸浸法”处理硫化铜矿制取海绵铜，其主要流程如下： ①“氧化酸浸”时发生反应的离子方程式为___________。 ②实际生产中，“氧化酸浸”时还需通入，通入的作用是___________。 （2）海绵铜可以制备溶液。溶液制备的装置如图1所示。 ①向三颈瓶中滴加NaOH溶液，有蓝色沉淀生成，继续滴加水合肼()可制得。与反应的化学方程式为___________。 ②向三颈瓶中逐滴加入时，制备得到的固体物质的X射线衍射谱与的体积的关系如图2所示。的加入量为2.0 mL时，有单质Cu析出的原因是___________。 ③将过滤所得滤渣洗涤、烘干、分析成分含有Cu、，通过还原熔炼回收Cu。现通过实验测定滤渣中Cu单质的质量分数：称取0.7040 g样品，向其中加入足量稀盐酸溶解后过滤，用的EDTA溶液滴定至终点(EDTA与反应的化学计量比为)，平均消耗EDTA溶液40.00 mL，滤渣中Cu单质的质量分数为___________(保留4位有效数字)。 （3）海绵铜可用于制备晶体。将海绵铜在有氧条件下用硫酸浸出，所得浸出液中含有、和。由浸出液制取晶体的步骤为：边搅拌边向浸出液中加入___________(填化学式)溶液，至___________时停止加入；向溶液中加入氨水调节pH在___________之间，过滤，边搅拌边向滤液中加入氨水至生成的蓝色沉淀完全溶解，___________(填操作)得到大量深蓝色晶体。 已知：①加热时易失去； ②实验中金属离子开始沉淀为氢氧化物及沉淀完全的pH如下表所示 金属离子 开始沉淀的pH 1.9 4.7 5.8 沉淀完全的pH 3.2 6.7 90 【答案】（1） ①. ②. 防止氮氧化物污染环境，将NO转化为，提高硝酸利用率 （2） ①. ②. 过量将还原为Cu ③. （3） ①. ②. 取少量溶液滴加溶液不产生蓝色沉淀 ③. ④. 加入无水乙醇、过滤 【解析】 【分析】硫化铜主要含Cu2S加入稀硫酸、稀硝酸 “氧化酸浸”，生成铜离子与硫单质和NO，加入Fe置换出铜；向装有CuSO4溶液的三颈烧瓶中滴加氢氧化钠，先生成氢氧化铜蓝色沉淀，再加入过量的NaOH溶液生成氢氧化铜，再滴加水合肼可制得，据此分析； 【小问1详解】 ①在稀和稀的混合酸中，被氧化，元素从+1价升至+2价，元素从-2价升至0价；在酸性条件下被还原为。配平后的离子方程式为：； ②实际生产中，“氧化酸浸”时，稀硝酸被还原成NO，防止氮氧化物污染环境，还需通入将NO转化为，提高硝酸利用率，故答案为：防止氮氧化物污染环境，将NO转化为，提高硝酸利用率； 【小问2详解】 ①与反应生成和，化学方程式为：； ②具有还原性，过量将还原为Cu，故答案为：过量将还原为Cu； ③由题，，由于EDTA与按反应，故。滤渣中与稀盐酸反应：，每生成，因此，，则，因此滤渣中Cu单质的质量分数为，故答案为：； 【小问3详解】 浸出液中含有、和。为制备，首先要将和除去。根据表中提供的金属离子开始沉淀为氢氧化物及完全沉淀的可知，应先用溶液将完全氧化成（此过程必须检验完全氧化），然后用氨水调节在 使完全转化成沉淀、不形成沉淀。经过滤后，向滤液中继续加氨水至 使完全沉淀，继续加氨水至沉淀恰好完全溶解得到深蓝色的溶液。由于加热易失去，故应向深蓝色的溶液加入无水乙醇使结晶析出。因此由浸出液制取晶体的步骤为：向浸出液中边搅拌边滴加溶液，至取少量溶液滴加溶液不产生蓝色沉淀；然后边搅拌边滴加氨水至溶液的在 之间，停止加入氨水，过滤。向滤液中加氨水至 使完全沉淀，继续滴加氨水至蓝色沉淀刚好完全溶解得到深蓝色溶液。向深蓝色溶液中加入无水乙醇析出晶体，过滤，用无水乙醇洗涤，低温干燥得到晶体。故答案为：；取少量溶液滴加溶液不产生蓝色沉淀；；加入无水乙醇、过滤。 14. 金属钒(V)是一种重要的资源，我国是钒资源比较丰富的国家，传统的提取工艺钒提取率不高并存在环境污染问题，现采用“还原-中和-萃取-沉淀”工艺，以钒矿石焙砂(主要、、、铁的氧化物等)为原料制备的工艺流程如下： 已知：①酸浸液中，钒的存在形式为； ②25℃时， ③萃取时采用萃取剂P204，发生反应： 回答下列问题： （1）基态钒原子的价层电子排布式为___________。 （2）浸渣的主要成分为___________(填化学式)。 （3）①加入足量铁粉进行还原的目的是___________。 ②还原时，需加入过量铁粉，可能的原因是___________。 （4）①在“反萃取”时，应向体系中加入适量的试剂为___________(填“稀硫酸”或“氨水”)。 ②“转化”步骤中加入将转化为的离子方程式为___________。 （5）25℃时，测得“调pH”后溶液中，为使“铵盐沉钒”时，钒元素的沉淀率达到98%，“铵盐沉钒”后溶液中至少为___________。 （6）无氧条件下煅烧得到的化学方程式为___________。 【答案】（1） （2） （3） ①. 将还原为，提升萃取剂的效果 ②. 和会消耗Fe粉 （4） ①. 稀硫酸 ②. （5）0.4 （6） 【解析】 【分析】钒矿石焙砂主要含、、、铁的氧化物。用硫酸“酸浸”钒矿石焙砂，转化为，转化为，铁的氧化物转化为、，不溶于硫酸，过滤，滤液加铁粉把还原为，加石灰乳“中和”，滤液中加萃取剂P204萃取，有机相加稀硫酸时逆向移动“反萃取”， 进入水相，水相中加氯酸钠把氧化为，“调pH”使转化为，加氯化铵“沉钒”得到沉淀，NH4VO3“煅烧”得到。 【小问1详解】 钒是23号元素，基态钒原子的价层电子排布式为，故答案为：； 【小问2详解】 用硫酸“酸浸”钒矿石焙砂，转化为，转化为，铁的氧化物转化为，不溶于硫酸，则浸渣的主要成分为，故答案为：； 【小问3详解】 ①酸浸液中，钒的存在形式为，加入足量铁粉进行还原，将转化为，提升萃取剂的效果，故答案为：将还原为，提升萃取剂的效果； ②还原时，溶液中和会消耗Fe粉，所以消耗Fe粉量超过还原含钒的微粒所需的理论值，故答案为：和会消耗Fe粉； 【小问4详解】 ①根据平衡移动原理，增大氢离子浓度能使逆向移动，在“反萃取”时，应向体系中加入适量的试剂为稀硫酸，故答案为：稀硫酸； ②“转化”步骤中加入将氧化为，被还原为，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为：； 【小问5详解】 25℃时，测得“调pH”后溶液中，“铵盐沉钒”时，钒元素的沉淀率达到，则溶液中 ，“铵盐沉钒”后溶液中至少为，故答案为：0.4； 【小问6详解】 无氧条件下煅烧得到、氨气、水，反应的化学方程式为：。 15. 含呋喃骨架的芳香化合物在环境化学和材料化学领域具有重要价值。一种含呋喃骨架的芳香化合物合成路线如下，回答下列问题： （1）N中官能团的名称为___________。 （2）G的结构简式为___________，H→M的反应类型为___________(TMS为三甲基硅基)。 （3）E生成F的化学方程式为___________(不考虑副反应等)。 （4）E的同分异构体中，含苯环(不含其他环)且不同化学环境氢原子个数比为的同分异构体的数目有___________种，其中苯环上只有一种等效氢的结构简式为___________(写出一种即可)。 （5）参考上述路线，设计如下转化。Y的结构简式为___________。 （6）M→N的三键加成反应中，若参与成键的苯环及苯环的反应位置不变，则生成的与N互为同分异构体的副产物结构简式为___________。 【答案】（1）醚键 （2） ①. ②. 取代反应 （3） （4） ①. 4 ②. 或 （5） （6） 【解析】 【分析】A为邻羟基苯甲酸，与甲醇发生酯化反应生成B（），在LiAlH4的作用下，发生还原反应生成C（），C被氧气氧化为D（），D和CBr4反应生成E（），E在CuI作用下，生成F（），F与反应生成G，结合H的结构可推出G为，G与反应生成H，H在一定条件下转化为M（），M与PtCl2反应生成N（），据此解答。 【小问1详解】 结合N的结构简式可知，N中官能团的名称为醚键； 【小问2详解】 结合分析可知，G为；对比H和M的结构简式可知，H→M为取代反应； 【小问3详解】 E生成F的反应为E中酚羟基和溴原子之间的反应，方程式为：； 【小问4详解】 E为，含苯环(不含其他环)且不同化学环境氢原子个数比为的同分异构体，如果为醛基，溴原子，甲基的组合时，可形成、两种，如果为酮碳基，溴原子组合时可形成、，一共有4种；其中苯环上只有一种等效氢的结构简式为或； 【小问5详解】 参考上述路线，可先将消去生成，再与反应生成，与在一定条件下得到目标产物，故答案：； 【小问6详解】 M→N的三键加成反应中，若参与成键的苯环及苯环的反应位置不变，N为，可以推断出M中的三键与右侧苯环连接时可以形成N中的六元环或五元环，因此可能的副产物为，故答案为：。 16. 一氧化碳是合成气和各类煤气的主要成分，是有机化工的重要原料，也可用作燃料及精炼金属的还原剂。回答下列问题： （1）已知：、、乙二醇(l)的摩尔燃烧焓分别为、、。则反应的___________。 （2）工业合成光气的原理为 。一定条件下，在密闭容器中充入1 mol CO与合成，平衡时CO的转化率与温度的倒数、压强的关系如图所示： ①该反应的___________(填“＞”或“＜”)0。 ②图示中达到平衡所需要的时间最短的点是___________(填“a点”“b点”或“c点”)。 （3）重整反应可获得合成气CO和，主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 一定温度下，起始时将和的混合气体充入刚性密闭容器中，平衡时测得，和的物质的量分数相等。 ①不能证明该反应体系达到平衡状态的是___________。 a．容器内压强不再改变 b．容器内混合气体的平均密度不再改变 c．容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变 d．不再改变 ②平衡时甲烷的转化率为___________%。 ③若起始压强为12 kPa，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数___________(计算结果用最简分式表示，为用分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。 （4）研究人员开发出了不需要将溶解在水溶液中，而是通过采用多孔催化剂电极将转化为CO的电解池，工作原理如图1所示。为了使气体直接发生反应，需要在催化剂层内形成大量的由(气体)、(液体)、催化剂(固体)聚集而成的三相界面，如图2所示。 已知：产物A的选择性可表示为。 ①阴极生成CO的电极反应方程式为___________。 ②电解一段时间后，阴极收集到18 mol CO，测得，则理论上产生的物质的量为___________mol。 【答案】（1） （2） ①. ②. a （3） ①. b ②. ③. （4） ①. ②. 10 【解析】 【小问1详解】 根据①  ； ②  ； ③  ； 根据盖斯定律：2×①+5×②-③得到：； 则，故答案为：； 【小问2详解】 ①根据图示可知，温度相同时，压强下，的平衡转化率高，故，温度越高，平衡时的转化率越小，所以反应的，故答案为：； ②a点的温度要比点和点的高，且压强大，反应速率快，点达到平衡时间最短，故答案为：； 【小问3详解】 ①a．该反应体系中，反应Ⅰ和Ⅲ都是气体分子数增加的反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应。在刚性密闭容器中，总物质的量会随反应进行而变化，因此容器内压强也会变化。当压强不再改变时，说明总物质的量不再变化，反应达到平衡，a不符合题意； b．容器体积固定，混合气体的总质量守恒。根据密度公式，和均不变，因此密度始终不变。，密度不再改变不能证明反应达到平衡，b符合题意； c．平均相对分子质量，总质量不变，但总物质的量随反应进行而变化。当平均相对分子质量不再改变时，说明总物质的量不再变化，反应达到平衡，c不符合题意； d．当的比值不再改变时，说明和的物质的量不再变化，反应达到平衡，d不符合题意； 故答案选b； ②设平衡时，，，由原子守恒可得：C守恒：；H守恒：；O守恒：联解可得，、、，所以平衡时的转化率为，故答案为：； ③平衡时，，，，，，，则平衡时的总压强为；反应Ⅰ为，因此反应Ⅰ的，故答案为：； 【小问4详解】 ①根据图示可知，阴极上二氧化碳得电子被还原为一氧化碳，电极反应式为：； ②由阴极反应可知，生成转移电子，则生成，转移的电子为：，已知的选择性，则通过电极的总电子为：；阳极发生的氧化反应：，生成转移电子，根据电路中电子转移守恒，则：，故答案为：10。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $