精品解析：江苏南京师范大学附属中学等校2025-2026学年高三下学期模拟预测 化学试卷

高三化学试卷 (考试时间：75分钟；总分：100分) 注意：所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Ni-59 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. NaCl被称为“化学工业之母”。下列工业生产中不使用NaCl的是 A. 生产玻璃 B. 氯碱工业 C. 制取金属钠 D. 侯氏制碱 【答案】A 【解析】 【详解】A．生产玻璃的原料是纯碱、石灰石、石英砂，生产过程中不使用NaCl，A符合题意； B．氯碱工业通过电解饱和NaCl溶液制取烧碱和氯气，原料为NaCl，需要使用NaCl，B不符合题意； C．工业上制取金属钠采用电解熔融NaCl的方法，原料为NaCl，需要使用NaCl，C不符合题意； D．侯氏制碱法以NaCl、氨气、二氧化碳为原料制备纯碱，需要使用NaCl，D不符合题意； 故答案为A。 2. F2在碎冰表面可发生反应。下列说法正确的是 A. H2O的空间填充模型为 B. 基态F的价电子轨道表示式为 C. HOF中O元素的化合价为-2 D. HF是极性分子 【答案】D 【解析】 【详解】A．是三原子分子，空间结构为V形，且O原子半径大于H原子，其空间填充模型应包含1个大的O原子和2个小的H原子，即，A错误； B．基态F的价电子为，价电子轨道表示式需要包含2s轨道，题图只给出了2p轨道，价电子轨道表示式应为，B错误； C．HOF中非金属性F>O，因此F为-1价，H为+1价，根据中性分子中各元素化合价代数和为0，可得O的化合价为0，C错误； D．HF是不同原子构成的双原子分子，H-F是极性键，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，D正确； 故答案为D。 3. 用电石可以制取乙炔。用以下装置进行实验，难以达到预期目的的是 A. 利用甲制备C2H2 B. 利用乙除去C2H2中的H2S C. 利用丙验证C2H2的还原性 D. 利用丁收集C2H2 【答案】D 【解析】 【详解】A．电石与饱和食盐水反应制取乙炔，属于固液不加热制气，甲装置的设计可以控制反应速率，能达到制备乙炔的目的，A不符合题意； B．电石制乙炔时，生成的乙炔中会混有杂质，可与溶液反应生成沉淀而被除去，能达到除杂的目的，B不符合题意； C．乙炔含碳碳三键，具有还原性，可被酸性氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，丙可以验证乙炔的还原性，C不符合题意； D．乙炔密度略小于空气，排空气法无法收集到纯净的乙炔，若用该装置排空气收集，应该短管进气、长管出气，该装置进气方向错误，难以达到收集目的，D符合题意； 故答案为D。 4. 下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A. 石墨层与层之间存在范德华力，石墨晶体能导电 B. 原子半径r(S)>r(O)，第一电离能I1(O)>I1(S) C. 离子液体具有导电性，用作原电池的电解质 D. 水结冰过程中氢键数目增多且氢键具有方向性，冰的密度比液态水小 【答案】A 【解析】 【详解】A．石墨能导电是因为石墨晶体中存在自由移动的电子，与层间范德华力无关，层间范德华力只能说明石墨层间作用力弱，和导电性没有对应关系，A符合题意； B．S和O同主族，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小，因此原子半径r(S)>r(O)，第一电离能I1(O)>I1(S)，存在对应关系，B不符合题意； C．离子液体含可自由移动的离子，具有导电性，满足原电池电解质对导电性的要求，因此可用作原电池的电解质，存在对应关系，C不符合题意； D．水结冰过程中氢键数目增多，由于氢键具有方向性，冰中形成疏松的网状空隙结构，体积变大，因此冰的密度比液态水小，存在对应关系，D不符合题意； 故选A。 阅读下列材料，完成下列小题： 氢是元素周期表的“第一元素”，H、D、T是氢的三种同位素。氢可以形成H2O、H2O2、NH3、NaH等重要化合物。H2具有较大的燃烧热值(142 kJ·g-1)，是理想的清洁能源，在电池、冶金等方面也具有重要应用。液体储氢材料咔唑()可通过与H2加成进行储氢，固体镁基储氢材料在吸氢和释氢过程中添加适量TiCl3作催化剂，其释氢过程如图所示。 5. 下列说法正确的是 A. H2、D2、T2互为同素异形体 B. 图中表示Mg C. H2O2中含有σ键、π键 D. 沸点：H2O<NH3 6. 下列化学反应表示正确的是 A. NaH与H2O反应释氢：2NaH+H2O=Na2O+2H2↑ B. H2燃烧的热化学方程式： ΔH=-142 kJ·mol-1 C. 咔唑的储氢反应：+5H2 D. 镁基储氢材料释氢时可能发生反应：Ti4++H-=Ti3++H 7. 下列说法正确的是 A. H2还原性强，可用于冶炼金属Al B. 氢氧燃料电池工作时实现了化学能→热能→电能的转化 C. 镁基储氢材料吸氢过程中TiCl3全部被氧化 D. 相较于高压气态储氢，镁基储氢材料储氢更安全 【答案】5. B 6. D 7. D 【解析】 【5题详解】 A．同素异形体是同种元素形成的不同单质，、、是同种元素形成的同种单质，不属于同素异形体，A错误； B．根据释氢前后原子、电荷守恒，反应前有4个，反应后剩余3个，黑球对应位置原是，表示，B正确； C．结构为，所有化学键都是单键，只含键，不含键，C错误； D．水分子间氢键数目比多，常温下为液态、为气态，沸点：，D错误； 故答案为B。 【6题详解】 A．与反应生成和，不会生成，正确反应为，A错误； B．已知燃烧热值为，质量为，放热为，故，B错误； C．咔唑含2个苯环，苯环加成共需要，C错误； D．反应中得电子降为，失电子升为原子，原子和电荷均守恒，D正确； 故答案为D。 【7题详解】 A．还原性强于，工业冶炼铝采用电解熔融氧化铝的方法，不能用还原冶炼，A错误； B．氢氧燃料电池是原电池，工作时直接将化学能转化为电能，不是转化为热能再转化为电能，B错误； C．作催化剂，释氢过程中最终都变为价，说明吸氢过程中一部分被氧化为更高价、一部分被还原为更低价，不是全部被氧化，C错误； D．高压气态储氢需要高压条件，易泄漏爆炸，固态镁基储氢相比于高压气态储氢，储存运输更安全，D正确； 故答案为D。 8. 科学家设计的一种Li-CO2二次电池装置如下图所示，总反应为。下列说法正确的是 A. X可以是H2O B. 放电时，Li+通过交换膜从右室移向左室 C. 充电时，碳纳米管接电源正极 D. 充电时，外电路每转移0.4 mol电子，出气口放出6.72 L CO2 【答案】C 【解析】 【分析】放电时为原电池，充电时为电解池。根据总反应，放电时Li被氧化，CO2被还原，Li电极为负极，碳纳米管是正极；充电时，C被氧化，Li2CO3被还原，分别生成CO2和Li，Li电极是阴极，碳纳米管是阳极。 【详解】A．电极材料Li非常活泼，能与水发生剧烈反应，会导致电池无法正常工作，甚至可能引发危险。因此，X溶液不能是水溶液，必须是非水溶剂，A错误； B．放电时，Li电极是负极，发生氧化反应：  ，生成的Li+需要通过Li+交换膜迁移到正极(右室)，以维持电荷平衡。因此，Li+应从左室(负极区)移向右室(正极区)，而不是从右室移向左室，B错误； C．由分析可知，充电时，原电池的正极(碳纳米管电极)变为阳极，需要连接电源的正极，C正确； D．题目未给出气体所处的状态为标准状况，无法计算CO2的体积，D错误； 故选C。 9. 化合物Z是一种具有生物活性的含氧衍生物，部分合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X能在空气中稳定存在 B. Y中所有原子可能共平面 C. Z与足量的H2加成得到的产物中有4个手性碳原子 D. 可用酸性KMnO4溶液检验Z中是否混有Y 【答案】B 【解析】 【详解】A．X是2-氯苯酚，属于酚类化合物。酚羟基(-OH)具有还原性，容易被空气中的氧气氧化，X在空气中并不稳定，A错误； B．Y的结构中苯环是平面结构，所有碳原子和直接相连的氢原子都在同一平面内，酚羟基中的氧原子通过单键与苯环相连，单键可以旋转，因此-OH中的H原子可以位于苯环平面内；醛基(-CHO)中的碳氧双键(C=O)是平面结构，且与苯环直接相连的碳原子是sp2杂化，整个醛基可以与苯环共平面，氯原子直接连接在苯环上，也位于苯环平面内，综上，Y分子中所有原子理论上都可以处于同一平面内，B正确； C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或原子团相连的碳原子，Z与足量的H2加成得到的产物为，含有5个手性碳原子：，C错误； D．Y中含有酚羟基(-OH)和醛基(-CHO)，两者均具有还原性，可以被酸性KMnO4氧化。Z中虽然没有醛基，但含有碳碳双键，也可能被酸性KMnO4氧化，不用酸性KMnO4溶液检验Z中是否混有Y，D错误； 故答案选B。 10. 以Fe2O3、CaO为原料，将高炉煤气转化为高价值的CO过程如下图所示。下列说法不正确的是 A. “原料1”是CaO B. 原料2的再生为吸热反应 C. CO2在转化中体现了氧化性和酸性氧化物的性质 D. 该过程中化合价发生变化的元素有H、C、Fe 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据图示，“原料1”应为Fe2O3，高炉煤气通入后，H2、CO还原Fe2O3生成Fe、H2O和CO2，剩余气体再进入原料2(CaO)，CaO吸收CO2生成CaCO3，排出H2O、N2，若“原料1”是CaO，CO无法处理，A错误； B．由选项A分析可知“原料2”是CaO，它与CO2反应生成CaCO3，而“原料2再生”是指CaCO3分解为CaO和CO2，该反应为吸热反应，B正确； C．CO2与CaO反应生成CaCO3，体现酸性氧化物的性质；CO2与Fe反应生成CO，C元素化合价从+4价降低到+2价，体现氧化性，C正确； D．转化过程中，H元素从H2中的0价变为H2O中的+1价，C元素由CO中的+2价变为CO2中的+4价、CO2中的+4价变为CO中的+2价，Fe元素从Fe2O3中的+3价变为Fe单质的0价，再被CO2氧化为正价，三种元素化合价均发生变化，D正确； 故选A。 11. Fe3+与H2O、、可形成配离子[Fe(H2O)6]3+(浅紫色)、[Fe(SCN)6]3-(红色)、[FeF6]3-(无色)。某同学按如下步骤完成实验： 下列说法不正确的是 A. 溶液Ⅰ呈黄色的可能原因是Fe3+水解所致 B. 为了能观察到[Fe(H2O)6]3+的颜色，可向溶液Ⅰ中加入足量HNO3 C. 步骤Ⅲ中发生的反应为 D. 滴定实验中，为防止杂质Fe3+的干扰，可加入NaF掩蔽Fe3+ 【答案】C 【解析】 【分析】 溶解后， 水解与OH-配位而显黄色，导致溶液呈黄色。加入过量  后， 形成 (红色)，溶液呈红色。加入过量 后， 与 形成 (无色)，溶液变为无色。 【详解】A．含[Fe(H2O)6]3+的溶液呈浅紫色，但溶液Ⅰ呈黄色，可能是 水解与OH-配位所致，A正确； B．加入足量可以提供大量的，抑制的水解，从而减少的生成，便于观察的浅紫色，B正确； C．由分析可知，步骤Ⅲ中加入过量 后， 溶液变为无色， 与 形成 ，对应反应为，C错误； D．滴定实验中，若存在有颜色的 ，可能干扰终点判断，加入 后， 被转化为无色的 ，可有效避免干扰，D正确； 故选C。 12. 室温下，用含少量Mg2+、Ca2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下，若使用Na2CO3溶液“沉锰”，会产生棕色MnO(OH)2。 已知：Ksp(CaF2)=5×10-9，Ksp(MgF2)=5×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4×10-7，Ka2(H2CO3)=5×10-11 下列说法正确的是 A. “除杂”后的上层清液中100c(Ca2+)=c(Mg2+) B. NH4F溶液中： C. 0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中： D. 用Na2CO3溶液沉锰产生MnO(OH)2，可证明：碱性增强，O2的氧化能力增强 【答案】C 【解析】 【分析】“除杂”步骤是通过加入NH4F溶液，将Ca2+和Mg2+分别转化为CaF2和MgF2沉淀，从而除去杂质离子。“沉锰”步骤是通过加入NH4HCO3溶液，使Mn2+沉淀为MnCO3。 【详解】A．“除杂”后的上层清液为氟化钙和氟化镁的饱和溶液，，c(Ca2+)=100c(Mg2+)，A错误； B．NH4F溶液中存在物料守恒：，B错误； C．的水解平衡常数：，的水解平衡常数：，的电离平衡常数：，的水解程度大于其电离程度，且的水解程度大于的水解程度。因此，溶液呈碱性，根据物料守恒：，由于的水解程度大于的水解程度，，因此，成立，C正确； D．根据题目，使用碳酸钠溶液“沉锰”时，会产生棕色MnO(OH)2，而使用NH4HCO3溶液则不会，原因是：碳酸钠溶液碱性过强，导致Mn2+直接水解生成Mn(OH)2，随后被空气中的O2氧化为MnO(OH)2，不能得出碱性增强，O2的氧化能力增强的结论，D错误； 故答案选C。 13. Ti与TiCl4反应制TiCl3过程中的主要反应(忽略其他副反应)为： ①Ti(s)+TiCl4(g) 2TiCl2(s) ΔH1<0 ②TiCl2(s)+TiCl4(g) 2TiCl3(g) ΔH2>0 ③Ti(s)+3TiCl4(g) 4TiCl3(g) ΔH3>0 在恒容密闭容器中，时，平衡时体系中各含钛组分的物质的量分数随温度的变化如下图所示。TiCl3的物质的量分数。下列说法正确的是 A. 曲线Ⅰ对应的物质为TiCl3 B. T0℃时，TiCl4的转化率为96.67% C. 其他条件不变，增大可提高TiCl4的平衡转化率 D. 其他条件不变，缩小体积，平衡时TiCl3的物质的量浓度不变 【答案】D 【解析】 【分析】反应①是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，使Ti和TiCl4物质的量增大、TiCl2的物质的量减小；反应②、反应③均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，使TiCl2的物质的量减小、TiCl3的物质的量增大、TiCl4物质的量减小，反应③正向移动使Ti物质的量减小，且随温度升高，曲线Ⅲ的变化值大于曲线Ⅰ、TiCl4的物质的量分数增大较小，则曲线Ⅱ对应的物质为TiCl2；Ⅰ、Ⅲ对应的物质分别为Ti、TiCl3。 TiCl2、TiCl3。 【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的物质分别为Ti、TiCl2、TiCl3，A错误； B．设起始Ti、TiCl4的物质的量分别为2 mol、1 mol，由图可知，T0℃时，Ti、TiCl2、TiCl3的物质的量分数分别为：56.67%、0、40.00%，由Ti原子守恒可知，TiCl4的物质的量为：3 mol×(1-56.67%-40.00%)≈0.1 mol，则四氯化钛的转化率为：，B错误； C．增大相当于增大Ti固体的物质的量，Ti固体的浓度为定值，增大Ti固体的量，平衡不移动，则TiCl4的转化率不变，C错误； D．由方程式可知，反应①的平衡常数为：K=，温度不变，平衡常数不变，则其他条件不变，缩小体积，达到新平衡时，TiCl4的浓度与原平衡相等；反应②、反应③的平衡常数分别为：、，其他条件不变，缩小体积，平衡时平衡常数和TiCl4的浓度均不变，则TiCl3的浓度也不变，D正确； 故选D。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 纳米FeS在环保、储能领域应用广泛。 （1）制备纳米FeS。由FeSO4制备纳米FeS的过程如下： 已知：柠檬酸根能与Fe2+形成配合物；纳米FeS颗粒能吸附柠檬酸根。 ①“反应”时控制pH=9并加热，写出硫代乙酰胺()水解生成和的离子方程式：_______。 ②柠檬酸三钠的作用是_______。 （2）处理电镀废水。某电镀废水中含Cu2+、Ni2+和H2Y2-(H2Y2-为络合剂，与金属离子配位可表示为)，纳米FeS可将Cu2+、Ni2+转化为CuS、NiS沉淀。 已知：Ksp(NiS)=1.0×10-24；Ka1(H2S)=1.0×10-7、Ka2(H2S)=1.2×10-13。 ①电镀废水中金属离子残留浓度与初始pH的关系如图-1所示。pH>6，Cu2+、Ni2+残留浓度增大的原因为_______。 ②国家电镀废水排放标准规定：Ni2+的排放浓度不超过0.5 mg·L-1.经检测，某企业处理后的电镀废水pH=1，c(H2S)=0.01 mol·L-1，通过计算判断该废水中Ni2+是否达到排放标准(写出计算过程)。_______ （3）FeS是潜在的电极材料，其晶体的晶胞结构及俯视图如图-2所示。 ①FeS晶体中，S2-的配位数为_______。 ②FeS能导电主要是因为晶体中存在阳离子空位，其真实组成可表示为Fe1-xS。若晶体中平均每4个晶胞中有一个阳离子空位，则x=_______。 【答案】（1） ①. ②. 柠檬酸根与Fe2+形成配合物，降低溶液中Fe2+的浓度，防止“反应”时生成Fe(OH)2沉淀，柠檬酸根吸附在纳米FeS颗粒表面使其带负电荷，防止纳米FeS颗粒聚集变大 （2） ①. 增大，浓度增大，促进与、Ni2+配合，降低、Ni2+浓度，不利于与S2-形成沉淀 ②. 否 （3） ①. 6 ②. 0.125 【解析】 【小问1详解】 ①硫代乙酰胺在碱性条件下水解生成和，氮元素在碱性加热条件下转化为，根据原子守恒可知还有水生成，故离子方程式为： ； ②据已知，柠檬酸根与Fe2+形成配合物，可降低溶液中Fe2+的浓度，防止“反应”时生成Fe(OH)2沉淀，柠檬酸根吸附在纳米FeS颗粒表面使其带负电荷，防止纳米FeS颗粒聚集变大； 【小问2详解】 ①根据平衡：，增大，浓度增大，促进与、Ni2+配合，降低、Ni2+浓度，不利于与S2-形成沉淀； ②反应的电离平衡常数，已知，即，，代入数据得：==，根据，得：，的摩尔质量，则的质量浓度为：=≈，故该废水中未达到排放标准。 【小问3详解】 ①如图所示，FeS晶体中分布在晶胞的顶点和内部，个数为：，都在晶胞体内，共2个，Fe与S的原子比为1：1，该晶胞属于典型的型六方晶胞结构，观察离子位置可知， 每个周围距离最近的共有6个，又因为中和数目比为，二者配位数相等，因此的配位数也为6； ②FeS晶体中分布在晶胞的顶点和内部，个数为：，都在晶胞体内，共2个，含阳离子空位的FeS晶体的组成为，其平均每4个晶胞有1个阳离子空位，则4个晶胞中S的个数为2×4=8，Fe的个数为2×4-1=7，故，代入得：，解得：。 15. 化合物G是一种抗血栓药合成中间体，其合成路线如下： 已知：(R1、R2、R3为烃基)。 （1）A→B的反应类型为_______；B分子中的官能团名称为_______。 （2）C的结构简式为_______。 （3）D→E反应中加入CH3CH2ONa可除去生成的有机强酸。的酸性比H2SO4的_______(填“强”或“弱”或“无差别”)。 （4）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：_______。 ①属于芳香族化合物；②含有4种不同化学环境的氢原子；③不能发生银镜反应；④水解只能生成一种有机产物。 （5）写出以、CH3CO3H、(CH3)2NH和Al(CH3)3为原料，制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。 【答案】（1） ①. 氧化反应 ②. 酯基 （2） （3）弱 （4）或或或或或等其他合理答案 （5） 【解析】 【分析】A被氧化生成B，B与在催化下发生信息反应生成C()，C与发生取代反应生成D和HCl，D在乙醇钠的作用下发生消去反应生成E和甲磺酸，E在五氯化磷的作用下发生取代反应生成F，F与反应生成G，据此解答。 【小问1详解】 A被氧化生成B，则A→B为氧化反应；根据B的结构，其所含官能团名称为酯基。 【小问2详解】 根据分析，C为。 【小问3详解】 电负性，羟基的吸电子诱导效应强于甲基，甲基属于推电子基，会降低磺酸基的 键极性，同时降低电离后磺酸根负电荷的稳定性，使得甲磺酸比硫酸更难电离出，故甲磺酸的酸性比弱。 【小问4详解】 E的分子式为，其同分异构体不能发生银镜反应，且水解只能生成一种有机产物，则含有结构或HOCOO-，根据E的分子式和含有4种不同化学环境的氢原子，该分子具有高度对称性，符合条件的结构为或或或或或等其他合理答案。 【小问5详解】 发生催化氧化得到，发生类似A→B的反应生成，在(CH3)2NH和Al(CH3)3作用下转化为；和PCl5反应生成，和(CH3)2NH反应得到目标产物，故合成路线为：。 16. 贵金属银应用广泛。 （1）粗铅提银。粗铅中含2%的Ag，将粗铅熔融后加入液态锌，搅拌，适当降温后静置，液态Ag-Zn合金上浮与液铅分层，继续降温使上层Ag-Zn合金凝固后取出，蒸馏分离Ag和Zn。 ①液态锌能从液铅提取Ag的原因是_______。 ②静置前适当降温的目的是_______。 （2）化学镀银。铜片置于[Ag(NH3)2]Cl与氨水的混合溶液中，充分反应后铜片表面变为银白色，溶液呈深蓝色。 ①镀银时发生反应的离子方程式为_______。 ②[Ag(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+均能与Na2S溶液反应生成黑色的Ag2S、CuS沉淀。为将镀银后溶液中的铜元素转化为CuS回收，并检验所得CuS中是否含有Ag2S，补充完整实验方案：将镀银后的溶液过滤，_______[实验中必须使用的试剂和设备：8 mol·L-1 HNO3溶液、0.1 mol·L-1 Na2S溶液、0.1 mol·L-1 AgNO3溶液、蒸馏水、1 mol·L-1 NaCl溶液，通风设备]。 （3）Ag的保护。Ag在潮湿环境中会与空气中的硫化物发生电化学腐蚀，十八烷基硫醇[CH3(CH2)17SH]能与Ag通过形成共价键吸附，在Ag表面形成分子膜。 ①在空气中，CH3(CH2)17SH与Ag形成分子膜时有H2O生成，经检测平均每个CH3(CH2)17SH形成约0.92个共价键吸附位，则与Ag形成共价键的原子是_______。 ②在未防护的Ag和用CH3(CH2)17SH防护后的Ag表面各滴1滴(NH4)2S溶液，如下图所示。一段时间后，a表面出现棕黑色，b表面未出现变色。被十八烷基硫醇防护后的Ag能有效防止与(NH4)2S溶液发生电化学腐蚀的原因是_______。 【答案】（1） ①. Ag与液锌形成合金比液铅更容易，且液锌在液铅中溶解度小 ②. 降低液态Ag-Zn合金在液铅中的溶解度 （2） ①. ②. 向滤液中滴加0.1Na2S溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水多次洗涤沉淀至取少量最后一次洗涤滤液滴加0.1AgNO3溶液无沉淀产生，干燥；取少量所得固体，在通风设备中，将固体溶于8 HNO3溶液中，向所得溶液中滴加1NaCl溶液，若有白色沉淀生成，说明含有Ag2S （3） ①. S或硫 ②. 分子膜层具有疏水性，减少了溶液与Ag接触；且分子膜层能阻挡S2-迁移 【解析】 【小问1详解】 ①加入液态锌后，液态Ag-Zn合金上浮，说明Ag与液锌形成合金比液铅更容易，与液铅分层，说明液锌在液铅中溶解度小； ②适当降温可以降低液态Ag-Zn合金在液铅中的溶解度，促进Ag-Zn合金与液铅分层，提高Ag的富集度与提取率。 【小问2详解】 ①被银氨络离子氧化，生成单质和深蓝色的铜氨络离子，根据得失电子守恒，离子方程式为； ②根据必须使用的试剂和设备可设计实验方案为：将镀银后的溶液过滤，向滤液中滴加0.1Na2S溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水多次洗涤沉淀至取少量最后一次洗涤滤液滴加0.1AgNO3溶液无沉淀产生，干燥；取少量所得固体，在通风设备中，将固体溶于8 HNO3溶液中，向所得溶液中滴加1NaCl溶液，若有白色沉淀生成，说明含有Ag2S。 【小问3详解】 ①十八烷基硫醇结构为，仅巯基可断键反应，在空气中和Ag反应生成水的过程为：键断裂，S原子与Ag形成共价键，H结合氧生成水，平均每个分子约0.92个共价键，符合每个分子的S形成1个吸附共价键的结果，因此成键原子为S或硫； ②十八烷基长链属于疏水基团，在Ag表面形成了致密的疏水保护膜，从图中可看出，防护后溶液呈不浸润液滴状，即隔绝了Ag与、水、氧气的接触，同时长链烷基的疏水性使无法浸润接触Ag表面，隔绝了腐蚀反应的反应物，阻断了电化学腐蚀的发生。 17. 醇是重要的化工原料。 （1）电催化CO2还原耦合乙二醇(C2H6O2)氧化制甲酸，可同步解决PET塑料和CO2废弃物的环境负荷问题，并降低电解所需的电压，还能提高的电子经济性，工作原理如图-1所示。 ①阴极生成的电极方程式为_______。 ②的电子经济性=0.7时，=_______。 ③Ni(OH)2可提高乙二醇中C-C键的断键效率，故在阳极负载Ni(OH)2作催化剂，目的是_______。 ④电解电压过大，乙二醇的转化率会降低，原因是_______。 （2）CH3CH2OH在有Bronsted酸中心的铝硅酸盐催化下可制乙烯，机理如下： 中间产物发生副反应生成乙醚的机理如下： ①温度升高到500℃，几乎所有CH3CH2OH都断开C-O键生成，此时的主要产物是_______。 A．CH3CH2CH2CH3 B．CH3CH2OCH2CH3 C．CH2=CH2 ②生成的乙烯不能及时脱附，会造成催化剂积碳失活。催化剂的酸性强弱会影响反应所需的温度和乙烯的脱附能力，不同催化剂下势能变化如图-2所示，使用酸性较强催化剂的优缺点分别是_______。 ③将生成的水和乙醇混合进料，可延长催化剂的寿命，但会降低乙烯的生成速率，原因是_______。 【答案】（1） ①. ②. 7 ③. 提高阳极生成甲酸根的选择性（或电子经济性），减少副产物乙醇酸根的产生 ④. 电压过大，OH⁻与乙二醇在阳极竞争放电 （2） ①. C ②. 优点：，反应所需要的温度更低 缺点：，乙烯难脱附（或生成的乙烯容易再次吸附），易形成积碳 ③. 在高温下，水可以除去催化剂表面积碳（抑制催化剂结焦），延长催化剂寿命；但是水分子会和乙醇竞争吸附，降低乙烯的生成速率 【解析】 【小问1详解】 ①如图所示，阴极为CO2在碱性条件下发生的还原反应，C从+4价降为+2价，得到2e⁻，电极反应式为； ②乙二醇转化为乙醇酸根，C的平均化合价由-1价升为+1价，失去2×2=4个电子，乙二醇转化为甲酸根，C的平均化合价由-1价升为+2价，失去2×3=6个电子，则阳极电极反应为：；阴极电极反应为；根据得失电子守恒可知：转移10 mol电子，生成7 mol，此时，生成乙醇酸根1 mol，故的电子经济性=0.7时，； ③由图示可知，阳极上乙二醇还可以转化为副产物乙醇酸根，Ni(OH)2可提高乙二醇中C-C键的断键效率，减少副产物乙醇酸根的产生，提高阳极生成甲酸根的选择性（或电子经济性）； ④电压过高时，阳极水/OH⁻在阳极放电生成O2的副反应占比增加，消耗更多电子，乙二醇氧化得到的电子减少，转化率降低。 【小问2详解】 ①乙醇在较低温度发生分子间脱水生成乙醚，在较高温度发生分子内脱水生成乙烯，本题温度达到500℃，属于高温条件，生成乙基正离子后更易发生消除脱质子，最终生成乙烯，故答案为C； ②催化剂的酸性强弱会影响反应所需的温度和乙烯的脱附能力，结合势能图和题干可知，用酸性较强催化剂时，，反应所需要的温度更低；生成的乙烯不能及时脱附，会造成催化剂积碳失活，结合势能图和题干可知，，生成的乙烯更难脱离催化剂，容易滞留在催化剂表面，更易造成催化剂积碳失活； ③该反应的活性中心是催化剂的Bronsted酸性位点，水会与乙醇竞争吸附催化剂的酸性活性中心，占据了大量活性位点后，催化剂表面吸附的乙醇量减少，因此乙烯的生成速率降低；高温下水可以除去催化剂表面积碳（抑制催化剂结焦），延长催化剂寿命。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学试卷 (考试时间：75分钟；总分：100分) 注意：所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Ni-59 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. NaCl被称为“化学工业之母”。下列工业生产中不使用NaCl的是 A. 生产玻璃 B. 氯碱工业 C. 制取金属钠 D. 侯氏制碱 2. F2在碎冰表面可发生反应。下列说法正确的是 A. H2O的空间填充模型为 B. 基态F的价电子轨道表示式为 C. HOF中O元素的化合价为-2 D. HF是极性分子 3. 用电石可以制取乙炔。用以下装置进行实验，难以达到预期目的的是 A. 利用甲制备C2H2 B. 利用乙除去C2H2中的H2S C. 利用丙验证C2H2的还原性 D. 利用丁收集C2H2 4. 下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A. 石墨层与层之间存在范德华力，石墨晶体能导电 B. 原子半径r(S)>r(O)，第一电离能I1(O)>I1(S) C. 离子液体具有导电性，用作原电池的电解质 D. 水结冰过程中氢键数目增多且氢键具有方向性，冰的密度比液态水小 阅读下列材料，完成下列小题： 氢是元素周期表的“第一元素”，H、D、T是氢的三种同位素。氢可以形成H2O、H2O2、NH3、NaH等重要化合物。H2具有较大的燃烧热值(142 kJ·g-1)，是理想的清洁能源，在电池、冶金等方面也具有重要应用。液体储氢材料咔唑()可通过与H2加成进行储氢，固体镁基储氢材料在吸氢和释氢过程中添加适量TiCl3作催化剂，其释氢过程如图所示。 5. 下列说法正确的是 A. H2、D2、T2互为同素异形体 B. 图中表示Mg C. H2O2中含有σ键、π键 D. 沸点：H2O<NH3 6. 下列化学反应表示正确的是 A. NaH与H2O反应释氢：2NaH+H2O=Na2O+2H2↑ B. H2燃烧的热化学方程式： ΔH=-142 kJ·mol-1 C. 咔唑的储氢反应：+5H2 D. 镁基储氢材料释氢时可能发生反应：Ti4++H-=Ti3++H 7. 下列说法正确的是 A. H2还原性强，可用于冶炼金属Al B. 氢氧燃料电池工作时实现了化学能→热能→电能的转化 C. 镁基储氢材料吸氢过程中TiCl3全部被氧化 D. 相较于高压气态储氢，镁基储氢材料储氢更安全 8. 科学家设计的一种Li-CO2二次电池装置如下图所示，总反应为。下列说法正确的是 A. X可以是H2O B. 放电时，Li+通过交换膜从右室移向左室 C. 充电时，碳纳米管接电源正极 D. 充电时，外电路每转移0.4 mol电子，出气口放出6.72 L CO2 9. 化合物Z是一种具有生物活性的含氧衍生物，部分合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X能在空气中稳定存在 B. Y中所有原子可能共平面 C. Z与足量的H2加成得到的产物中有4个手性碳原子 D. 可用酸性KMnO4溶液检验Z中是否混有Y 10. 以Fe2O3、CaO为原料，将高炉煤气转化为高价值的CO过程如下图所示。下列说法不正确的是 A. “原料1”是CaO B. 原料2的再生为吸热反应 C. CO2在转化中体现了氧化性和酸性氧化物的性质 D. 该过程中化合价发生变化的元素有H、C、Fe 11. Fe3+与H2O、、可形成配离子[Fe(H2O)6]3+(浅紫色)、[Fe(SCN)6]3-(红色)、[FeF6]3-(无色)。某同学按如下步骤完成实验： 下列说法不正确的是 A. 溶液Ⅰ呈黄色的可能原因是Fe3+水解所致 B. 为了能观察到[Fe(H2O)6]3+的颜色，可向溶液Ⅰ中加入足量HNO3 C. 步骤Ⅲ中发生的反应为 D. 滴定实验中，为防止杂质Fe3+的干扰，可加入NaF掩蔽Fe3+ 12. 室温下，用含少量Mg2+、Ca2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下，若使用Na2CO3溶液“沉锰”，会产生棕色MnO(OH)2。 已知：Ksp(CaF2)=5×10-9，Ksp(MgF2)=5×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4×10-7，Ka2(H2CO3)=5×10-11 下列说法正确的是 A. “除杂”后的上层清液中100c(Ca2+)=c(Mg2+) B. NH4F溶液中： C. 0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中： D. 用Na2CO3溶液沉锰产生MnO(OH)2，可证明：碱性增强，O2的氧化能力增强 13. Ti与TiCl4反应制TiCl3过程中的主要反应(忽略其他副反应)为： ①Ti(s)+TiCl4(g) 2TiCl2(s) ΔH1<0 ②TiCl2(s)+TiCl4(g) 2TiCl3(g) ΔH2>0 ③Ti(s)+3TiCl4(g) 4TiCl3(g) ΔH3>0 在恒容密闭容器中，时，平衡时体系中各含钛组分的物质的量分数随温度的变化如下图所示。TiCl3的物质的量分数。下列说法正确的是 A. 曲线Ⅰ对应的物质为TiCl3 B. T0℃时，TiCl4的转化率为96.67% C. 其他条件不变，增大可提高TiCl4的平衡转化率 D. 其他条件不变，缩小体积，平衡时TiCl3的物质的量浓度不变 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 纳米FeS在环保、储能领域应用广泛。 （1）制备纳米FeS。由FeSO4制备纳米FeS的过程如下： 已知：柠檬酸根能与Fe2+形成配合物；纳米FeS颗粒能吸附柠檬酸根。 ①“反应”时控制pH=9并加热，写出硫代乙酰胺()水解生成和的离子方程式：_______。 ②柠檬酸三钠的作用是_______。 （2）处理电镀废水。某电镀废水中含Cu2+、Ni2+和H2Y2-(H2Y2-为络合剂，与金属离子配位可表示为)，纳米FeS可将Cu2+、Ni2+转化为CuS、NiS沉淀。 已知：Ksp(NiS)=1.0×10-24；Ka1(H2S)=1.0×10-7、Ka2(H2S)=1.2×10-13。 ①电镀废水中金属离子残留浓度与初始pH的关系如图-1所示。pH>6，Cu2+、Ni2+残留浓度增大的原因为_______。 ②国家电镀废水排放标准规定：Ni2+的排放浓度不超过0.5 mg·L-1.经检测，某企业处理后的电镀废水pH=1，c(H2S)=0.01 mol·L-1，通过计算判断该废水中Ni2+是否达到排放标准(写出计算过程)。_______ （3）FeS是潜在的电极材料，其晶体的晶胞结构及俯视图如图-2所示。 ①FeS晶体中，S2-的配位数为_______。 ②FeS能导电主要是因为晶体中存在阳离子空位，其真实组成可表示为Fe1-xS。若晶体中平均每4个晶胞中有一个阳离子空位，则x=_______。 15. 化合物G是一种抗血栓药合成中间体，其合成路线如下： 已知：(R1、R2、R3为烃基)。 （1）A→B的反应类型为_______；B分子中的官能团名称为_______。 （2）C的结构简式为_______。 （3）D→E反应中加入CH3CH2ONa可除去生成的有机强酸。的酸性比H2SO4的_______(填“强”或“弱”或“无差别”)。 （4）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：_______。 ①属于芳香族化合物；②含有4种不同化学环境的氢原子；③不能发生银镜反应；④水解只能生成一种有机产物。 （5）写出以、CH3CO3H、(CH3)2NH和Al(CH3)3为原料，制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。 16. 贵金属银应用广泛。 （1）粗铅提银。粗铅中含2%的Ag，将粗铅熔融后加入液态锌，搅拌，适当降温后静置，液态Ag-Zn合金上浮与液铅分层，继续降温使上层Ag-Zn合金凝固后取出，蒸馏分离Ag和Zn。 ①液态锌能从液铅提取Ag的原因是_______。 ②静置前适当降温的目的是_______。 （2）化学镀银。铜片置于[Ag(NH3)2]Cl与氨水的混合溶液中，充分反应后铜片表面变为银白色，溶液呈深蓝色。 ①镀银时发生反应的离子方程式为_______。 ②[Ag(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+均能与Na2S溶液反应生成黑色的Ag2S、CuS沉淀。为将镀银后溶液中的铜元素转化为CuS回收，并检验所得CuS中是否含有Ag2S，补充完整实验方案：将镀银后的溶液过滤，_______[实验中必须使用的试剂和设备：8 mol·L-1 HNO3溶液、0.1 mol·L-1 Na2S溶液、0.1 mol·L-1 AgNO3溶液、蒸馏水、1 mol·L-1 NaCl溶液，通风设备]。 （3）Ag的保护。Ag在潮湿环境中会与空气中的硫化物发生电化学腐蚀，十八烷基硫醇[CH3(CH2)17SH]能与Ag通过形成共价键吸附，在Ag表面形成分子膜。 ①在空气中，CH3(CH2)17SH与Ag形成分子膜时有H2O生成，经检测平均每个CH3(CH2)17SH形成约0.92个共价键吸附位，则与Ag形成共价键的原子是_______。 ②在未防护的Ag和用CH3(CH2)17SH防护后的Ag表面各滴1滴(NH4)2S溶液，如下图所示。一段时间后，a表面出现棕黑色，b表面未出现变色。被十八烷基硫醇防护后的Ag能有效防止与(NH4)2S溶液发生电化学腐蚀的原因是_______。 17. 醇是重要的化工原料。 （1）电催化CO2还原耦合乙二醇(C2H6O2)氧化制甲酸，可同步解决PET塑料和CO2废弃物的环境负荷问题，并降低电解所需的电压，还能提高的电子经济性，工作原理如图-1所示。 ①阴极生成的电极方程式为_______。 ②的电子经济性=0.7时，=_______。 ③Ni(OH)2可提高乙二醇中C-C键的断键效率，故在阳极负载Ni(OH)2作催化剂，目的是_______。 ④电解电压过大，乙二醇的转化率会降低，原因是_______。 （2）CH3CH2OH在有Bronsted酸中心的铝硅酸盐催化下可制乙烯，机理如下： 中间产物发生副反应生成乙醚的机理如下： ①温度升高到500℃，几乎所有CH3CH2OH都断开C-O键生成，此时的主要产物是_______。 A．CH3CH2CH2CH3 B．CH3CH2OCH2CH3 C．CH2=CH2 ②生成的乙烯不能及时脱附，会造成催化剂积碳失活。催化剂的酸性强弱会影响反应所需的温度和乙烯的脱附能力，不同催化剂下势能变化如图-2所示，使用酸性较强催化剂的优缺点分别是_______。 ③将生成的水和乙醇混合进料，可延长催化剂的寿命，但会降低乙烯的生成速率，原因是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $