精品解析：江苏省常州市金坛区第一中学2025-2026学年高三上学期模拟预测化学试题

江苏省常州市金坛区第一中学2025-2026学年高三上学期模拟预测 化学试题 检测用时：75分钟 本卷满分：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 S-32 Na-23 Fe-56 Ba-137 一、单项选择题：每题只有一个选项最符合题意。 1. 下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是 A. 侯德榜发明了以，和为原料的联合制碱法 B. 戴维电解盐酸得到和，从而提出了酸的含氢学说 C. 拉瓦锡基于金属和的反应提出了燃烧的氧化学说 D. 哈伯发明了以和为原料合成氨的方法 2. 下列化学用语表示不正确的是 A. 的结构式： B. 基态氧原子的轨道表示式： C. p电子云轮廓图： D. 的系统命名：乙基丁烷 3. 根据下列实验操作及现象不能推导出相应结论的是 实验操作及现象 实验结论 A．极易溶于水 B．待测液中可能含有 实验操作及现象 实验结论 C． D．酸性：乙酸>碳酸>苯酚 A. A B. B C. C D. D 4. 物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是 性质差异 主要原因 A 沸点： 电离能： B 酸性： 电负性： C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： D 熔点： 离子电荷： A. A B. B C. C D. D 阅读下列材料，完成下面小题。 周期表中第ⅥA族元素的单质及其化合物应用广泛。O3、H2O2等都是生产中常见的氧化剂；H2S的燃烧热为586kJ·mol-1；单质硒可以用作光敏材料，工业上可由甲酸与含亚硒酸(H2SeO3)的废液在103℃反应制得；我国科学家还研发了一种硒电池，放电时总反应为Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，其表现出了超强的电容量和出色的循环性能。 5. 下列说法正确的是 A. H2O2分子中所有原子在同一直线上 B. H2S晶体属于共价晶体 C. SeO的空间构型是平面三角形 D. 1molH2SeO3中含有5molσ键 6. 下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. O3是极性分子，O3易溶于水 B. Se最外层有6个电子，单质硒的熔沸点较低 C. CuSO4溶液有酸性，可用于泳池的杀菌消毒 D. H2O2有氧化性，可用于和Ba(OH)2反应制备BaO2 7. 下列化学反应表示正确的是 A. H2S稀溶液中通入少量SO2气体：H2S＋3SO2=2S↓＋2H2SO3 B. H2S燃烧的热化学方程式：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=-1172kJ·mol-1 C. H2SeO3制取单质硒的化学方程式：2HCOOH＋H2SeO3Se＋2CO2↑＋3H2O D. 硒电池放电时正极反应式：Se＋2Cu2＋-4e-=Cu2Se 8. 某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上 A. 负极反应的催化剂是ⅰ B. 图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低 C. 电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变 D. 相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同 9. 葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下： 下列说法错误的是 A. 溴化钠起催化和导电作用 B. 每生成葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了电子 C. 葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物 D. 葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应 10. 钠及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 反应①生成的气体，每11.2 L(标准状况)含键的数目为 B. 反应②中2.3 g Na完全反应生成的产物中含非极性键的数目为 C. 反应③中与足量反应转移电子的数目为 D. 溶液中，的数目为 11. 化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A. Ⅱ中发生的反应有 B. Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C. Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D. 若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 12. CuC2O4是一种重要的有机反应催化剂。以Na2C2O4为原料制备CuC2O4的反应方程式为：Na2C2O4 +CuSO4 = CuC2O4 ↓+ Na2SO4。已知室温下：Ka1(H2C2O4)= 10 −1.23、Ka2(H2C2O4)= 10 −4.27。下列说法正确的是 A. 0.1mol•L−1Na2C2O4溶液中存在 B. 向NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液可制备Na2C2O4溶液．当pH=7时：c(Na+) < 2[ c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4)] C. 加水稀释一定浓度的NaHC2O4溶液，溶液中的值逐渐变大 D. 向0.1mol•L−1Na2C2O4溶液中加入等体积0.1mol•L−1CuSO4溶液，产生浅蓝绿色沉淀，可推测Ksp(CuC2O4)>2.5×10-3 13. 工业尾气中含有CO和，可将尾气通过催化剂进行处理，发生以下反应： ① ② 600~1000K范围内，平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，、COS平衡产率和10min时实际产率如图所示。下列说法正确的是 A. 一定存在 B. 升高温度，平衡产率上升的可能原因是反应物浓度增大对平衡的影响超过温度升高的影响 C. 900K，10min后继续反应足够长时间，实际产率的变化趋势可能为先增大后保持不变 D. 用该方法处理工业尾气回收单质硫（），反应的温度越高越好 二、非选择题： 14. 硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为MnS及少量FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下： 已知： ①“混合焙烧”后烧渣含及少量。 ②酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如下图1所示。 ③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如下图2所示，此实验条件下开始沉淀的pH为7.54；当离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。 （1）的价电子排布式为_______。 （2）传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用浸出，其缺点为_______。 （3）实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合图1和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因：_______。 （4）“中和除杂”时，应调节pH的范围为_______；其中除去的离子方程式为_______。 （5）“氟化除杂”时，若维持，溶液中的和_______(填“能”或“不能”)都沉淀完全[已知：；]。 15. 化合物G是一种重要的药物中间体，其合成路线如图： （1）分子中键和键数目之比为___________。 （2）的反应类型为___________。 （3）发生的反应类型为加成反应，发生的反应为D先与发生加成反应，然后发生取代反应，且有生成。依据以上信息，写出D的结构简式___________。 （4）F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，分子中含有1个手性碳原子；②分子中有4种不同化学环境的氢。 （5）已知：①苯酚和，不饱和羰基化合物在一定条件下可以发生反应：①；②。写出、、和为原料制备的合成路线流程图___________。 16. 实验室利用重晶石废料(主要成分为、等)制备。 Ⅰ．制备粗。制备流程如下： （1）转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠(浓度为)溶液浸泡充分浸泡。 ①已知：，。浸泡后溶液中浓度最高为______。 ②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是______。 （2）溶解。向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解。溶液溶解的离子方程式为______。 Ⅱ．测定粗样品中铁元素的含量。 取5.0000g的粗样品，用20%充分溶解，再加入足量溶液充分反应，然后加蒸馏水配制成100mL溶液。准确量取20.00mL配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液，用()溶液滴定至终点(滴定反应为)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00mL。 （3）测定过程中，加入足量溶液的目的是______。 （4）计算粗样品中铁元素的质量分数______(写出计算过程)。 （5）若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是______。 Ⅲ．制备。 （6）粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体，______，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度。[已知：时沉淀完全。实验中必须使用的试剂：稀、溶液] 17. 的资源化利用是化学研究的热点。 （1）催化脱氢可制备丙烯。反应为 ①该反应高温下能自发进行的原因为_______。 ②工业生产反应温度选择，温度过高，反应速率和丙烯选择性均快速下降，原因可能为_______。 （2）催化下，与耦合反应过程如图所示。 已知： 耦合反应的_______。 （3）利用电化学装置可实现和的耦合转化，原理如图所示。 ①阳极生成乙烷的电极反应式为_______。 ②同温同压下，若生成乙烯和乙烷的体积比为1：1，则消耗的和体积比为_______。 （4）催化加氢制甲醇。在表面吸附后活化生成中间体的机理如图所示。 ①转化1中，In元素的化合价会_______。(选填“升高”、“降低”或“不变”) ②根据元素电负性的变化规律，用文字描述转化Ⅱ和Ⅲ的机理_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省常州市金坛区第一中学2025-2026学年高三上学期模拟预测 化学试题 检测用时：75分钟 本卷满分：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 S-32 Na-23 Fe-56 Ba-137 一、单项选择题：每题只有一个选项最符合题意。 1. 下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是 A. 侯德榜发明了以，和为原料的联合制碱法 B. 戴维电解盐酸得到和，从而提出了酸的含氢学说 C. 拉瓦锡基于金属和的反应提出了燃烧的氧化学说 D. 哈伯发明了以和为原料合成氨的方法 【答案】A 【解析】 【详解】A．联合制碱法的反应中，化学方程式为：和，各元素（Na、Cl、N、C、H、O）的化合价均未发生改变，属于非氧化还原反应，A符合题意； B．电解盐酸生成和，H和Cl的化合价均发生变化（H从+1→0，Cl从-1→0），涉及氧化还原反应，B不符合题意； C．金属与反应生成氧化物，金属被氧化（化合价升高），O被还原（化合价降低），涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．合成氨反应中的N化合价从0→-3，的H从0→+1，涉及氧化还原反应，D不符合题意； 故选A。 2. 下列化学用语表示不正确的是 A. 的结构式： B. 基态氧原子的轨道表示式： C. p电子云轮廓图： D. 的系统命名：乙基丁烷 【答案】D 【解析】 【详解】A．是共价化合物，一个碳原子与四个氢原子形成四个共价键，结构式为：，A正确； B．基态O原子电子排布式为1s22s22p4，根据泡利原理和洪特规则，其轨道表示式：，B正确； C．电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，p电子云轮廓图为哑铃形(或纺锤形）：，C正确； D．的最长碳链上有5个碳原子，从离支链较近的一端给主链碳原子编号，甲基在3号碳原子上，则系统命名为3-甲基戊烷，D错误； 故选D。 3. 根据下列实验操作及现象不能推导出相应结论的是 实验操作及现象 实验结论 A．极易溶于水 B．待测液中可能含有 实验操作及现象 实验结论 C． D．酸性：乙酸>碳酸>苯酚 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．先打开止水夹，再挤出滴管中的水，使氨气大量迅速溶于水中，导致烧瓶内压强骤降而形成“喷泉”，能证明极易溶于水，A不符合题意； B．待测液中先加氯水再加KSCN溶液变红，若原溶液含Fe3+也会出现相同现象，无法排除Fe3+干扰，不能说明待测液中一定含有Fe2+，应先滴加KSCN溶液检验原溶液是否含有Fe3+，再滴入氯水检验Fe2+，B不符合题意； C．向AgCl白色沉淀中加入KI溶液后，沉淀由白色变为黄色，即AgCl沉淀转化为AgI沉淀，说明AgI更难溶，且AgCl、AgI的组成和结构相似，能说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，C不符合题意； D．乙酸与Na2CO3反应生成的CO2中混有挥发出的乙酸，乙酸、CO2均能与苯酚钠溶液反应生成苯酚而使其溶液变浑浊，则无法证明碳酸酸性强于苯酚，D符合题意； 故答案为D。 4. 物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是 性质差异 主要原因 A 沸点： 电离能： B 酸性： 电负性： C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： D 熔点： 离子电荷： A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．H2O沸点高于H2S的主要原因是H2O分子间存在氢键、H2S分子间不存在氢键，而非O的电离能大于S，电离能与沸点无直接关联，A错误； B．HClO酸性强于HBrO是因为Cl的电负性大于Br，导致O-H键极性更强，更易解离H+，B正确； C．金刚石硬度大于晶体硅是因为C原子半径小于Si，C-C键键能更大，共价结构更稳定，C正确； D．MgO和NaF均属于离子晶体，离子晶体的熔点取决于其晶格能的大小，离子半径越小、离子电荷越多的，其晶格能一般较大，其熔点更高；MgO熔点高于NaF是因为Mg2+和O2−的电荷高于Na+和F−，且其阴、阳离子的半径对应较小，故离子键强度更大，晶格能更高，D正确； 故选A。 阅读下列材料，完成下面小题。 周期表中第ⅥA族元素的单质及其化合物应用广泛。O3、H2O2等都是生产中常见的氧化剂；H2S的燃烧热为586kJ·mol-1；单质硒可以用作光敏材料，工业上可由甲酸与含亚硒酸(H2SeO3)的废液在103℃反应制得；我国科学家还研发了一种硒电池，放电时总反应为Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，其表现出了超强的电容量和出色的循环性能。 5. 下列说法正确的是 A. H2O2分子中所有原子在同一直线上 B. H2S晶体属于共价晶体 C. SeO的空间构型是平面三角形 D. 1molH2SeO3中含有5molσ键 6. 下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. O3是极性分子，O3易溶于水 B. Se最外层有6个电子，单质硒的熔沸点较低 C. CuSO4溶液有酸性，可用于泳池的杀菌消毒 D. H2O2有氧化性，可用于和Ba(OH)2反应制备BaO2 7. 下列化学反应表示正确的是 A. H2S稀溶液中通入少量SO2气体：H2S＋3SO2=2S↓＋2H2SO3 B. H2S燃烧的热化学方程式：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=-1172kJ·mol-1 C. H2SeO3制取单质硒的化学方程式：2HCOOH＋H2SeO3Se＋2CO2↑＋3H2O D. 硒电池放电时正极反应式：Se＋2Cu2＋-4e-=Cu2Se 【答案】5. D 6. A 7. C 【解析】 【5题详解】 A．H2O2分子中O的价层电子对数为，杂化方式均为，所有原子不会在同一直线上，H2O2分子结构：，A错误； B．H2S晶体属于分子晶体，B错误； C．的中心原子价层电子对数为4，杂化方式为，空间构型是三角锥结构，C错误； D．1个H2SeO3()含5个σ键，1molH2SeO3中含有5molσ键，D正确； 故选D； 【6题详解】 A．O3分子中心O原子呈正电性，两个端位O原子呈负电性，是极性分子，水也是极性分子，相似相溶，O3易溶于水，有对应关系，A正确； B．Se核外有34个电子，位于第四周期第ⅥA族，最外层有6个电子，单质硒是分子晶体，熔沸点较低，两者无对应关系，B错误； C．CuSO4溶液中铜离子水解呈酸性，CuSO4可使蛋白质变性，用于泳池的杀菌消毒，两者无对应关系，C错误； D．H2O2中O元素-1价，有氧化性，可用于和Ba(OH)2反应制备BaO2，H2O2相当于二元弱酸，氢氧化钡是碱，发生复分解反应，两者无对应关系，D错误； 故选A； 【7题详解】 A．H2S稀溶液中通入少量SO2气体生成硫单质：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，A错误； B．根据H2S的燃烧热为586kJ·mol-1可知，H2S燃烧反应的热化学方程式为2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1172kJ/mol，B错误； C．由甲酸与亚硒酸(H2SeO3)在103℃反应制得Se，制取单质硒的化学方程式：2HCOOH＋H2SeO3Se＋2CO2↑＋3H2O，C正确； D．放电时总反应为Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，Se化合价降低做正极，硒电池放电时正极反应式：Se＋2Cu2＋+4e-=Cu2Se，D错误； 故选C； 8. 某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上 A. 负极反应的催化剂是ⅰ B. 图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低 C. 电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变 D. 相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同 【答案】C 【解析】 【分析】该燃料电池为氢氧燃料电池，由图可知该原电池的电解质溶液为酸性，氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：。 【详解】A．由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是ⅰ，A错误； B．图a中，ⅰ到ⅱ过程为获得第一个电子的过程，根据题中信息，获得第一个电子的过程最慢，则ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最高，B错误； C．氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：，同时，反应负极每失去1个电子，就会有一个H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确； D．由图a、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误； 故选C。 9. 葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下： 下列说法错误的是 A. 溴化钠起催化和导电作用 B. 每生成葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了电子 C. 葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物 D. 葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图中信息可知，溴化钠是电解装置中的电解质，其电离产生的离子可以起导电作用，且在阳极上被氧化为，然后与反应生成和，再和葡萄糖反应生成葡萄糖酸和，溴离子在该过程中的质量和性质保持不变，因此，溴化钠在反应中起催化和导电作用，A说法正确； B．由A中分析可知，2mol在阳极上失去2mol电子后生成1mol，1mol与反应生成1mol，1mol与1mol葡萄糖反应生成1mol葡萄糖酸，1mol葡萄糖酸与足量的碳酸钙反应可生成0.5 mol葡萄糖酸钙，因此，每生成1 mol葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了4 mol电子，B说法不正确； C．葡萄糖酸分子内既有羧基又有羟基，因此，其能通过分子内反应生成含有六元环状结构的酯，C说法正确； D．葡萄糖分子中的1号C原子形成了醛基，其余5个C原子上均有羟基和H；醛基上既能发生氧化反应生成羧基，也能在一定的条件下与氢气发生加成反应生成醇，该加成反应也是还原反应；葡萄糖能与酸发生酯化反应，酯化反应也是取代反应；羟基能与其相连的C原子的邻位C上的H（）发生消去反应；综上所述，葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应，D说法正确； 综上所述，本题选B。 10. 钠及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 反应①生成的气体，每11.2 L(标准状况)含键的数目为 B. 反应②中2.3 g Na完全反应生成的产物中含非极性键的数目为 C. 反应③中与足量反应转移电子的数目为 D. 溶液中，的数目为 【答案】A 【解析】 【分析】由转化关系可知，反应①为熔融氯化钠电解生成钠和氯气；反应②钠在氧气中燃烧生成过氧化钠；反应③为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；反应④为氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。 【详解】A．由分析可知，反应①生成的气体是含有1个p-pσ键的氯气，则标准状况下，11.2 L氯气中含有p-pσ键数目为：×1×NA mol-1=0.5NA，A正确； B．由钠原子个数守恒可知，2.3 g钠生成过氧化钠的物质的量为：×=0.05 mol，过氧化钠中含有1个氧氧非极性键，则过氧化钠中含有氧氧非极性键的数目为：0.05 mol×1×NA mol-1=0.05NA，B错误； C．由分析可知，反应③为：2Na2O2 + 2H2O=4NaOH + O2，反应时，过氧化钠中的氧元素既升高被氧化又降低被还原，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，2 mol过氧化钠反应时，转移电子的物质的量为2 mol，则1 mol过氧化钠时，转移电子的数目为：1 mol×1×NA mol-1=NA，C错误； D．100 mL 1 mol/L次氯酸钠溶液中钠离子数目为：0.1 mol×1×NA mol-1=0.1NA，次氯酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成氢氧化钠和次氯酸，则溶液中次氯酸根离子的数目小于0.1NA，D错误； 故选A。 11. 化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A. Ⅱ中发生的反应有 B. Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C. Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D. 若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 【答案】C 【解析】 【分析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。 【详解】A．II中和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，A正确； B．II中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B正确； C．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，C错误； D．若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样中的COD值偏高，D正确； 答案选C。 12. CuC2O4是一种重要的有机反应催化剂。以Na2C2O4为原料制备CuC2O4的反应方程式为：Na2C2O4 +CuSO4 = CuC2O4 ↓+ Na2SO4。已知室温下：Ka1(H2C2O4)= 10 −1.23、Ka2(H2C2O4)= 10 −4.27。下列说法正确的是 A. 0.1mol•L−1Na2C2O4溶液中存在 B. 向NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液可制备Na2C2O4溶液．当pH=7时：c(Na+) < 2[ c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4)] C. 加水稀释一定浓度的NaHC2O4溶液，溶液中的值逐渐变大 D. 向0.1mol•L−1Na2C2O4溶液中加入等体积0.1mol•L−1CuSO4溶液，产生浅蓝绿色沉淀，可推测Ksp(CuC2O4)>2.5×10-3 【答案】B 【解析】 【详解】A．0.1mol•L−1Na2C2O4溶液中存在质子守恒，即：，A错误； B．向NaHC2O4中，存在水解和电离的平衡，水解显碱性，电离呈酸性，Kh=，Ka2(H2C2O4)= 10 −4.27，电离大于水解，溶液呈酸性，加入NaOH溶液可制备Na2C2O4溶液，Na2C2O4溶液水解呈碱性，当pH=7时，溶液中存在Na2C2O4和NaHC2O4共存，在Na2C2O4溶液中存在物料守恒：c(Na+) =2[ c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4)]，Na2C2O4和NaHC2O4的混合溶液中，存在(Na+) <2[ c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4)]，B正确； C．NaHC2O4溶液显示酸性，加水稀释酸性减弱，c(H+)减小，Ka2=不变，c(H+)逐渐减小，溶液中的值逐渐变小，C错误； D．向0.1mol•L−1Na2C2O4溶液中加入等体积0.1mol•L−1CuSO4溶液，产生浅蓝绿色沉淀，说明Q>Ksp，Q=c(Cu2+)c()=0.05×0.05=2.5×10-3，可推测Ksp(CuC2O4)<2.5×10-3，D错误； 答案选B。 13. 工业尾气中含有CO和，可将尾气通过催化剂进行处理，发生以下反应： ① ② 600~1000K范围内，平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，、COS平衡产率和10min时实际产率如图所示。下列说法正确的是 A. 一定存在 B. 升高温度，平衡产率上升的可能原因是反应物浓度增大对平衡的影响超过温度升高的影响 C. 900K，10min后继续反应足够长时间，实际产率的变化趋势可能为先增大后保持不变 D. 用该方法处理工业尾气回收单质硫（），反应的温度越高越好 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，反应②是放热反应，温度升高，反应②逆向移动，SO2和CO浓度增大，可以使反应①正向移动，温度升高平衡产率上升的原因可能是由于浓度影响超过温度影响，反应①不一定是吸热反应，即不一定存在，A错误； B．根据A的分析可知，升高温度，平衡产率上升的可能原因是反应物浓度增大对平衡的影响超过温度升高的影响，B正确； C．通过观察图像可知，10min时S2的实际产率大于平衡产率，所以最终要减小到与900K时平衡产率相等，则900K，在10min后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为：先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变，C错误； D．600~1000K范围内，平衡转化率接近100%，温度过高，催化剂的活性可能降低，SO2的平衡转化率可能下降，D错误； 答案选B。 二、非选择题： 14. 硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为MnS及少量FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下： 已知： ①“混合焙烧”后烧渣含及少量。 ②酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如下图1所示。 ③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如下图2所示，此实验条件下开始沉淀的pH为7.54；当离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。 （1）的价电子排布式为_______。 （2）传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用浸出，其缺点为_______。 （3）实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合图1和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因：_______。 （4）“中和除杂”时，应调节pH的范围为_______；其中除去的离子方程式为_______。 （5）“氟化除杂”时，若维持，溶液中的和_______(填“能”或“不能”)都沉淀完全[已知：；]。 【答案】（1） （2）产生硫化氢等气体，污染环境 （3）由图知，pH为时锰的浸出率均已接近，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费 （4） ①. 5.0≤pH<7.54 ②. （5）不能 【解析】 【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与软锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，据此分析解答。 【小问1详解】 Mn原子核外电子数为25，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，价电子排布式为3d54s2，故Mn2+的价电子排布式为3d5。 【小问2详解】 高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境。 【小问3详解】 由图知，pH为时锰的浸出率均已接近，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费。 【小问4详解】 中和除杂的目的是除去Al3+、Fe3+，根据图2可知，常温下，Al3+、Fe3+完全沉淀时，即Al3+、Fe3+浓度为10-5mol/L时，pH分别为5.0、3.2，而题中所给信息为Mn2+开始沉淀的pH为7.54，除杂时要Al3+、Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀，因此调pH范围为是； 加入碳酸钙后将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，因此反应为：。 【小问5详解】 已知：，，溶液中的沉淀完全时c(F−)=，当镁离子完全沉淀时，需维持c(F−)不低于，因此当时，溶液中的不能沉淀完全；即此时溶液中Mg2+和不能都沉淀完全。 15. 化合物G是一种重要的药物中间体，其合成路线如图： （1）分子中键和键数目之比为___________。 （2）的反应类型为___________。 （3）发生的反应类型为加成反应，发生的反应为D先与发生加成反应，然后发生取代反应，且有生成。依据以上信息，写出D的结构简式___________。 （4）F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，分子中含有1个手性碳原子；②分子中有4种不同化学环境的氢。 （5）已知：①苯酚和，不饱和羰基化合物在一定条件下可以发生反应：①；②。写出、、和为原料制备的合成路线流程图___________。 【答案】（1）14：3 （2）取代反应 （3） （4）或或或 （5） 【解析】 【分析】A和CH2(COOH)2在吡啶、加热条件下反应生成B、水和二氧化碳，B与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成C和水，C与发生加成反应生成D，根据D的分子式和E的结构可知D为，D先与氢气发生加成反应生成，然后发生分子内取代反应生成E和乙醇，E与HAl(C4H9)2发生还原反应生成F，F与发生取代反应生成G和水。 【小问1详解】 分子中包含1个C-N σ键、3个C-C σ键、3个C-O σ键、7个C-H σ键、2个C-N 键和1个C-O 键，则σ键和键数目之比为14：3。 【小问2详解】 据分析，F→G的反应类型为取代反应。 【小问3详解】 据分析，D为。 【小问4详解】 F的分子式为C12H14O2FN，不饱和度为6，其同分异构体能与溶液发生显色反应，则含有酚羟基，分子中有4种不同化学环境的氢，则该分子高度对称，并含有1个手性碳原子，手性碳上连接苯环、F原子、氰基（-CN）和甲基可使得该基团只有一种化学环境的氢，除了含手性碳的基团之外，苯环上应还存在对称分布的2个酚羟基和3个甲基：此时苯环上有3种化学环境的氢，因此满足条件的F的同分异构体为：或或或。 【小问5详解】 根据题干中A→C的合成路线可知：在Cu催化氧化下生成，与在吡啶、加热条件下反应生成，与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成；根据信息可知， 与BBr3反应生成，在Ir、加热条件下发生分子内取代反应生成；因此，合成流程图为：。 16. 实验室利用重晶石废料(主要成分为、等)制备。 Ⅰ．制备粗。制备流程如下： （1）转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠(浓度为)溶液浸泡充分浸泡。 ①已知：，。浸泡后溶液中浓度最高为______。 ②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是______。 （2）溶解。向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解。溶液溶解的离子方程式为______。 Ⅱ．测定粗样品中铁元素的含量。 取5.0000g的粗样品，用20%充分溶解，再加入足量溶液充分反应，然后加蒸馏水配制成100mL溶液。准确量取20.00mL配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液，用()溶液滴定至终点(滴定反应为)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00mL。 （3）测定过程中，加入足量溶液的目的是______。 （4）计算粗样品中铁元素的质量分数______(写出计算过程)。 （5）若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是______。 Ⅲ．制备。 （6）粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体，______，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度。[已知：时沉淀完全。实验中必须使用的试剂：稀、溶液] 【答案】（1） ①. 0.029mol/L ②. 碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低 （2） （3）使全部转化为 （4） 1.68% （5）溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性 （6）在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加溶液调节，过滤。向滤液中滴加溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加溶液无白色沉淀产生，过滤 【解析】 【分析】重晶石废料(主要成分为、等)用饱和碳酸钠溶液处理，转化为BaCO3，过滤得到、BaCO3混合固体，用NH4Cl溶液溶解BaCO3，过滤得到滤渣为，滤液中含有Ba2+，滤液中加入溶液反应生成粗BaCO3，以此解答。 【小问1详解】 ①已知：，，饱和碳酸钠溶液的浓度为，根据已知条件列出“三段式” 平衡常数K=，则，解得x=0.029，溶液中浓度为0.029mol/L； ②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是：碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低。 【小问2详解】 向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解，溶液呈酸性，溶解的离子方程式为：。 【小问3详解】 具有还原性，测定过程中，加入足量溶液的目的是：使全部转化为。 【小问4详解】 由可得关系式：，则 重晶石中铁元素质量分数。 【小问5详解】 若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是：溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性。 【小问6详解】 已知：时沉淀完全，粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体，在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加溶液调节，过滤。向滤液中滴加溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加溶液无白色沉淀产生，过滤，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度。 17. 的资源化利用是化学研究的热点。 （1）催化脱氢可制备丙烯。反应为 ①该反应高温下能自发进行的原因为_______。 ②工业生产反应温度选择，温度过高，反应速率和丙烯选择性均快速下降，原因可能为_______。 （2）催化下，与耦合反应过程如图所示。 已知： 耦合反应的_______。 （3）利用电化学装置可实现和的耦合转化，原理如图所示。 ①阳极生成乙烷的电极反应式为_______。 ②同温同压下，若生成乙烯和乙烷的体积比为1：1，则消耗的和体积比为_______。 （4）催化加氢制甲醇。在表面吸附后活化生成中间体的机理如图所示。 ①转化1中，In元素的化合价会_______。(选填“升高”、“降低”或“不变”) ②根据元素电负性的变化规律，用文字描述转化Ⅱ和Ⅲ的机理_______。 【答案】（1） ①. 该反应的，，高温下，反应可自发进行 ②. 温度过高，丙烷裂解产生CH4、C2H4、C和氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积碳使催化剂快速失活，反应速率快速下降。 （2） （3） ①. ②. 4：3 （4） ①. 降低 ②. CO2分子中的一个O原子填充到氧空位，促进CO2分子中C=O键断裂；In的电负性小于H，与In相连的H原子带负电，C的电负性小于O，与O相连的C原子带正电；带负电的H进攻带正电的C原子生成HCOO*，(吸附在In2O3表面) 【解析】 【小问1详解】 ①该反应高温下能自发进行的原因为： 该反应的，，高温下，反应可自发进行； ②工业生产反应温度选择，温度过高，反应速率和丙烯选择性均快速下降，原因可能为：温度过高，丙烷裂解产生CH4、C2H4、C和氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积碳使催化剂快速失活，反应速率快速下降。 【小问2详解】 已知：I.；II. ；III. ；由盖斯定律可知，I+ III可得 =。 【小问3详解】 ①由图可知，CH4在阳极失去电子生成乙烷的电极反应式为：； ②由图可知，CO2在阴极得到电子生成CO，电极方程式为：CO2+2e-=CO+O2-，由图可知，CH4在阳极失去电子生成乙烷或乙烯，电极反应式为：、，若生成乙烯和乙烷的体积比为1：1，则失去6个电子，消耗4molCH4，3mol CO2，则消耗的和体积比为4：3。 【小问4详解】 ①转化1中，中产生了氧空位，由化合价代数和为零可知，In元素的化合价会降低； ②根据元素电负性的变化规律，用文字描述转化Ⅱ和Ⅲ的机理为：CO2分子中的一个O原子填充到氧空位，促进CO2分子中C=O键断裂；In的电负性小于H，与In相连的H原子带负电，C的电负性小于O，与O相连的C原子带正电；带负电的H进攻带正电的C原子生成HCOO*，(吸附在In2O3表面)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $