精品解析：江苏南通市海安高级中学2026届高三四月学情调研 化学试题

高三化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ca-40 Cu-64 Ga-70 Se-79 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. 化学与生产、生活等密切相关。下列说法正确的是 A. 采用冷链运输新冠疫苗，以防止蛋白质变性 B. 向河水中加入明矾，可除去悬浮杂质并杀灭有害细菌 C. 大丝束碳纤维被称为“新材料之王”，属于有机高分子材料 D. 5G技术实现超高清信号长时间稳定传输，5G芯片主要材质是 【答案】A 【解析】 【详解】A．疫苗中的蛋白质在较高温度下容易变性，所以采用冷链运输疫苗，以防止蛋白质变性，A正确； B．明矾能净化河水，但不能对河水消毒杀菌，B错误； C．碳纤维不是有机物，C错误； D．5G芯片主要材质是Si单质，D错误； 故选A。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. H3O＋的VSEPR模型： B. 基态Br原子的电子排布式：[Ar]4s24p5 C. Cl2的p-p σ键电子云轮廓图： D. 用电子式表示CsCl的形成过程： 【答案】C 【解析】 【详解】A．H3O+中心O的价层电子对数=σ键数+孤电子对数，VSEPR模型包含孤电子对，应为四面体形，如图，A错误； B．Br是35号元素，基态原子核外电子排布式应为，B错误； C． 中键是两个p轨道沿键轴方向以头碰头方式重叠，重叠后的电子云轮廓图与图示一致，C正确； D．CsCl是离子化合物，电子式表示形成过程时，产物需要标出阴阳离子电荷、氯离子的括号，正确写法应为，D错误； 故选C。 3. 下列实验操作正确且能达到实验目的的是 A．关闭K检查图示装置的气密性 B．除去中的 C．探究浓度对化学反应速率的影响 D．配制一定物质的量浓度的溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．关闭弹簧夹，软导管使液体顺利流下，为连通装置，不能检验气密性，A错误； B．溴和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的钠盐，四氯化碳不反应，四氯化碳和水不互溶，四氯化碳密度大于水，所以水溶液在上方、四氯化碳在下方，再通过分液即可除去，B正确； C．高锰酸钾溶液的浓度不同，颜色不同，应控制等浓度的高锰酸钾溶液且不足，改变草酸的浓度来探究浓度对化学反应速率的影响，C错误； D．在容量瓶中配制一定物质的量的溶液，最后摇匀，上下摇晃时一手托住瓶底，一手按住瓶塞，D错误； 故答案为：B。 4. 对金属材料中C、O、N、S的含量进行定性和定量分析，可以确定金属材料的等级。下列说法正确的是 A. 电离能大小：I1(N)>I1(O)>I1(S) B. 沸点高低：H2S>H2O>NH3 C. 酸性强弱：H2SO3>HNO3>H2CO3 D. 半径大小：r(S2-)>r(O2-)>r(N3-) 【答案】A 【解析】 【详解】A．同一周期主族元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，但N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则N大于O，同主族元素的第一电离能从上往下逐渐减小，则O大于S，可知电离能大小：I1(N)>I1(O)>I1(S)，故A正确； B．H2S、H2O、NH3均为分子晶体，而水分子、氨分子间均存在氢键，但相同状态下，水分子形成的氢键更多，且形成的氢键更稳定，因此水分子的沸点更高，因此沸点： H2O>NH3> H2S，故B错误； C．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，N的非金属性强于C，H2SO3并非是硫元素的最高价，因此亚硫酸为弱酸，但酸性比碳酸强，因此酸性：HNO3> H2SO3 >H2CO3，故C错误； D．S2-的核外电子排布为三层，O2-和N3-的核外电子排布相同，但只有两层，阴离子的电子层数越多则离子半径越大，但N的核电荷数小，核外电子层数相同时，序大径小，半径：，则半径大小为：r(S2-)>r(N3-)>r(O2-)，故D错误； 故答案选A。 阅读下列材料，完成下面小题： 人类对酸碱的认识不断完善。1887年，Arrhenius提出酸碱电离理论：凡在水溶液中电离出的阳离子皆为H+的物质谓之酸，电离出的阴离子皆为OH-的物质谓之碱。1923年，Bronsted和Lowry提出了酸碱质子(H+)理论：凡能给出质子的物质皆为酸，凡能结合质子的物质皆为碱，酸碱反应的本质为质子转移。同年Lewis提酸碱电子理论：凡能接受电子对的物质都是酸，凡能给出电子对的物质都是碱。 5. 下列对于酸碱分类的推断符合Arrhenius酸碱电离理论的是 A. Na2CO3溶液能使酚酞显红色，Na2CO3是一种碱 B. NH3(g)能与HCl(g)反应生成NH4Cl(s)，NH3是一种碱 C. NaHSO4能与Mg反应产生H2，NaHSO4是一种酸 D. KOH能与FeCl3反应生成Fe(OH)3沉淀，KOH是一种碱 6. 下列反应符合“质子转移”理论且表示正确的是 A. 向热的CH3COONa溶液中加入NH4Cl(s)： B. 向NaClO溶液中加入浓盐酸： C. CH3I与NaOH溶液混合加热： D. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2： 7. 根据酸碱电子理论，Al2O3具有两性，其酸碱中心是某些催化反应的活性位点。通过调节温度可控制CH3CH2OH在催化剂表面的吸附方式，从而获得不同的产物。反应过程示意图可表示如下： 下列叙述不正确的是 A. X为酸性中心 B. 有机物Z的结构简式为CH2=CH2 C. 改变温度使Al2O3的酸碱吸附位均发生吸附，脱水后生成的有机物为乙醚 D. 控制其他条件相同，CH3CH2NH2比CH3CH2OH更难在催化剂表面吸附 【答案】5. D 6. A 7. D 【解析】 【5题详解】 A．Na2CO3是盐，其水溶液呈碱性是因为水解产生OH⁻，但Na2CO3本身电离出的是Na⁺和，不电离出OH⁻，不符合Arrhenius碱的定义，A错误； B．Arrhenius理论仅限水溶液体系，且要求碱电离出OH⁻。NH3在水溶液中才表现出碱性（与水反应生成和OH⁻），但NH3本身不电离出OH⁻，在气相中反应也不符合Arrhenius定义，B错误； C．NaHSO4虽然在水溶液中能电离出H⁺（NaHSO4 = Na⁺ + H⁺ + ），但还电离出Na⁺，不符合Arrhenius酸的定义（阳离子全部为H⁺），C错误； D．KOH在水溶液中电离出K⁺和OH⁻，阴离子全部是OH⁻，完全符合Arrhenius碱的定义，D正确； 故选D。 【6题详解】 A．是酸（给出H⁺生成NH3），CH3COO⁻是碱（接受H⁺生成CH3COOH），质子从转移到CH3COO⁻，符合质子理论，A正确； B．NaClO溶液具有强氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，正确的离子方程式为，B错误； C．此反应是亲核取代反应，不是质子转移。CH3I中没有可给出的H⁺，NaOH中OH⁻接受的是（碳正离子）而非质子，不符合质子理论，C 错误； D．碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，向饱和溶液中通入过量CO2 会析出成碳酸氢钠固体，正确离子方程式为 ，D错误； 故选A。 【7题详解】 A．根据酸碱电子理论，氧化铝的酸性中心为具有空轨道，可以接受电子对、显正电性的X位，碱性位点为具有孤电子对显负电性的Y位，A正确； B．根据示意图，有机物Z是乙醇发生分子内脱水的产物，其结构简式为，B正确； C．改变温度，若的酸碱中心均发生吸附，则根据示意图，一个乙醇分子在酸性位点X上形成乙氧基，另一个乙醇分子与碱性位点Y作用，两者反应脱水生成乙醚，C正确； D．由图可知，该条件下，CH3CH2OH中氧原子提供孤电子对在氧化铝的酸性中心位吸附，CH3CH2NH2中氮原子有孤电子对，且N的电负性比O小，更容易给出电子，因此CH3CH2NH2比CH3CH2OH更易在催化剂表面吸附，D不正确； 故选D。 8. 化合物W是一种胃肠促动剂的重要中间体，其部分合成路线如下： 下列说法正确的是 A. 由X→Y可推知醛基的还原性强于酯基 B. Y分子中采取sp3杂化方式的碳原子数为5 C. Z→W中有(C2H5)3N·HOSO2CH3生成 D. 用NaHCO3溶液可检验W中是否含有Z 【答案】C 【解析】 【详解】A．在的作用下，醛基被还原而酯基未发生变化，说明醛基的氧化性强于酯基，A错误； B．Y分子中有两个甲基和两个亚甲基，共4个碳原子采取的杂化方式，B错误； C．中，有机物Z成环后生成（甲磺酸），该物质为有机强酸；（三乙胺）是一种常见的有机强碱，可结合生成盐，促进的转化，所以Z→W中有生成，C正确； D．Z中的酸性基团只有酚羟基，而酚羟基不能与溶液发生反应，故不能用溶液检验W中是否含有Z，D错误； 故选C。 9. 一种电解乙酰基吡嗪废水中的制备的电化学装置如题9图所示。下列说法正确的是 A. 石墨电极与直流电源正极相连 B. 电解时，铂网电极附近pH增大 C. 离子交换膜应选择性透过阴离子 D. 阴极上的电极反应为 【答案】B 【解析】 【分析】电解乙酰基吡嗪废水中的制备，由图可知，铂网电极上失去电子发生氧化反应生成，为阳极，则石墨电极为阴极； 【详解】A．石墨电极为阴极，与直流电源负极相连，A错误； B．电解时，铂网电极为阳极，失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为，阴极反应式为，则右侧氢离子通过阳离子交换进入左侧，使得铂网电极附近pH增大，B正确； C．由B分析可知，离子交换膜应选择性透过氢离子，C错误； D．阴极上的电极反应为，D错误； 故选B。 10. 化学储氢材料遇水可释放H2，同时生成NaBO2。NaBH4的一种合成方法如下： 下列说法正确的是 A. [BH4]-和BF3分子中B原子的杂化方式均为sp3 B. MgH2转化为NaBH4的反应是氧化还原反应 C. B的电负性大于H，NaBH4常用作还原剂 D. 理论上1mol NaBH4与水反应生成的n(H2)大于制备1mol NaBH4所消耗的n(H2) 【答案】D 【解析】 【详解】A．的中心原子B的价电子对数为，B原子为杂化，无孤电子对，空间结构为正四面体；中B原子价层电子对数为，无孤电子对，杂化方式为，二者杂化方式不同，A错误； B．和反应生成和，反应中所有元素化合价都没有变化：B始终为价，中为价、为价，产物中仍为价，中仍为价，因此该反应不是氧化还原反应，B错误； C．中显价，说明的得电子能力强于，因此的电负性大于，C错误； D．制备需要，生成需要消耗；与水反应的化学方程式为：，反应生成，D正确； 故选D。 11. 室温下，取三根打磨后形状大小相同的镁条，通过下列实验探究镁在溶液中的反应。已知：Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.5×10-11。 实验1：将镁条放入滴有酚酞的水溶液中，镁条表面有少量气泡，溶液显无色； 实验2：将镁条放入滴有酚酞的稀NaCl溶液中，有气体产生，溶液显红色； 实验3：将镁条放入NaHCO3溶液中，有较多气体产生；经检验，该气体中含H2和CO2。 下列说法正确的是 A. 实验1产生的气体中可能含有O2 B. 实验2反应后的溶液中存在：2c(Mg2＋)＋c(H＋)=c(OH-) C. 实验3中氧化剂为H2O D. 实验3中生成CO2的反应：Mg＋4=MgCO3＋CO2↑＋2＋H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验1中Mg与水反应：，Mg作还原剂，H元素被还原为，O元素为-2价不可能被氧化为，A错误； B．实验2反应后溶液中离子有、、、、，根据电荷守恒得 ，NaCl不参与反应， ，两式联立消去和，可得 ，B正确； C．实验3中生成，得电子的一部分来自的电离，因此氧化剂不只有，C错误； D．给出的反应式中Mg元素从0价升高到+2价，失去2个电子，但没有元素化合价降低，得失电子不守恒，原子不守恒，不符合实验事实，D错误； 故选B。 12. 柠檬酸(H3Cit)的结构简式为 。H3Cit水溶液中各组分分布系数δ随溶液pH的变化如题图所示。某液体洗鼻剂由H3Cit、Na3Cit及NaCl固体溶解后制得，溶液pH在4.7~6.4之间。下列说法正确的是 A. 在水中的溶解度：柠檬酸小于己酸 B. 若H3Cit的初始浓度为0.010 mol·L-1，则a点对应的溶液中：c(H+)＞c(OH-)+c(H2Cit-) C. 向该洗鼻剂溶液中滴加少量NaOH溶液，溶液pH基本不变，是因为发生反应： D. 以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液测定NaCl含量时需要调节溶液pH至强酸性 【答案】B 【解析】 【详解】A．柠檬酸含3个羧基、1个羟基，多个亲水基团；己酸是一元羧酸，疏水烃基更大，因此柠檬酸在水中溶解度大于己酸，A错误； B．a点为柠檬酸溶液，根据电荷守恒： ；等式右侧，因此，B正确； C．洗鼻剂pH在4.7~6.4之间，由分布系数可知，该pH下几乎完全解离，溶液中几乎不存在；加少量后pH不变，是缓冲对的作用，发生的反应为，C错误； D．在强酸性条件下，反应正向进行程度较大，指示剂被破坏，无法测定溶液中含量，D错误； 故选B。 13. 乙醇—水蒸气制H2的过程中的主要反应(忽略其他副反应)如下： ①C2H5OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g)；ΔH1=＋173.3kJ·mol-1 ②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH2 101kPa时，H2的平衡产率与温度、起始时水醇比[]的关系如图所示，图中同一条曲线上H2的平衡产率相同。下列说法不正确的是 A. H2的平衡产率：曲线a<曲线b B. 反应②的焓变ΔH2>0 C. Q点处与P点处反应①的平衡常数K相等 D. H2的平衡产率由M点转变为曲线a上任意一点时，要提高水醇比 【答案】A 【解析】 【详解】A．若选择图像上温度相同，投料比不同Q、P两个点可知，P点投料比高，则氢气的平衡产率大，所以氢气的平衡产率为：曲线a大于曲线b，A错误； B．反应①为吸热反应，在图像中选择c、d点分析，如图：，c、d点氢气的平衡产率相等原因为：c点温度高于d点，升高温度，反应①平衡正向移动，氢气的量增大，反应②在消耗氢气，说明升高温度，反应②消耗的氢气恰好可以抵消掉反应①新增的氢气，说明反应②是吸热反应，，B正确； C．Q点处与P点处温度相同，则平衡常数相等，C正确； D．根据图像可知，H2的平衡产率由M点转变为曲线a上任意一点时，横坐标往右边移动，要提高水醇比，D正确； 故选A。 14. 铟、镓、铝同为ⅢA族元素。从镓精矿中提取镓可制备铜铟镓硒太阳能电池材料。 （1）一种从某镓精矿(主要含K、Na、Fe、Al、Ga的氧化物)中提取镓的流程如下： ①加料完成后，为提高镓精矿中镓元素的浸取速率，可采取的措施有___________(填两条)。 ②利用___________(填“阴”或“阳”)离子交换树脂可富集碱浸后滤液中的镓元素。该交换树脂除具有成本低、无污染、交换时吸附速率快的优点外，还具有的优点为___________。 ③向酸解后的溶液中加入NaOH调节溶液pH至弱碱性，得到含的溶液。写出电解沉积时生成Ga的电极反应方程式：___________。 ④电解沉积时，电极上析出n(Ga)及阴极收集的气体体积随通电时长的变化如题图-1所示。通电30 min后，电极上析出n(Ga)不升反降的原因是___________。 （2）铜铟镓硒(CIGS)是一种理想的太阳能电池材料。为准确分析其中各元素，需要先分离出其中的Se元素：将CIGS样品充分溶于足量热的HNO3―HCl混合液，使Se完全氧化为H2SeO3，向溶液中加入某还原剂X充分反应后，再加入H2SO3将H2SeO3还原为单质Se沉淀(其他元素未沉淀)。 ①还原剂X的还原性需满足的条件为___________。 ②一种CIGS晶体的晶胞结构如图-2a所示(图-2b为该晶胞沿y轴方向的投影)。该晶体中In与Ga的物质的量之比为2：3，准确称取m1 g该晶体，利用上述方法处理后得到Se沉淀质量为m2 g。该操作中Se元素沉淀率为___________。(写出计算过程，计算结果用含m1、m2的关系式表示) 【答案】（1） ①. 适当升高温度、加快搅拌速率 ②. 阴 ③. 吸附镓元素的选择性高、交换树脂再生(酸解时解附)效率高 ④.  。 ⑤. 电解一段时间后，阴极析氢反应加剧，镓表面c(OH)增大，部分金属镓溶解 （2） ①. 能还原HNO3但不能还原。 ②. 【解析】 【分析】Al、Ga的氧化物均为两性氧化物，通过碱浸和浓NaOH反应生成可溶性含氧酸盐进入滤液，碱浸后Ga以阴离子形式存在于滤液中，利用阴离子交换树脂吸附含Ga的阴离子，用酸处理吸附了Ga的树脂，Ga解吸附进入酸性溶液，调节pH使 与反应，重新转化为​，同时可沉淀除去少量未除尽的等杂质，最后通过电解沉积将还原为Ga单质。 【小问1详解】 ① 影响浸取速率的因素包括接触面积、温度、反应物浓度、搅拌等。 ② Ga与Al同主族，碱浸后镓以阴离子形式存在，因此用阴离子交换树脂吸附；离子交换树脂的常见优点除题干所述外，还有选择性强、吸附容量大、可重复使用等。 ③电解时在阴极得电子生成Ga，碱性条件下配平得到电极反应 。 ④ 由图可知30min后阴极气体体积快速增加，溶液中浓度降低，析氢反应成为主反应，阴极区浓度增大，Ga为两性金属，与反应溶解，因此下降 。 【小问2详解】 ① 该步骤需要X还原溶解后过量的氧化性酸HNO3，但不能还原。 ② 根据均摊法，晶胞中Cu个数为，Se位于晶胞内个数为8，In和Ga总个数为，结合为，可得该晶体的最简式为​，计算摩尔质量：  晶体中，Se的总质量为： 沉淀率 15. 化合物H是一种具有生物活性的含氧衍生物，可通过如下路线合成得到： （1）比较化合物A与X()的熔点高低，并说明理由：_______。 （2）反应③和④的顺序能否对调，并说明原因：_______。 （3）化合物G→H的合成过程中，经历了GMNH三步反应，其中N的结构简式为_______。 （4）写出一种符合下列要求的H的同分异构体的结构简式：_______。 ① 能发生水解反应，酸性条件下水解得到甲、乙、丙三种有机物； ② 甲与FeCl3溶液发生显色反应，含有2种化学环境不同的氢； ③ 乙分子中含2种不同杂化方式的碳原子，只含有1种化学环境的氢。 （5）设计以、CH3OCHCl2和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）X的熔点高，因为X能形成分子间氢键，A形成的是分子内氢键 （2）不能对调，对调后酚羟基会被H2O2氧化 （3） （4） （5） 【解析】 【分析】A转化为B苯环上发生取代反应，对比B、C结构，B中的醚键转化为酚羟基，C转化为D发生取代反应，生成含有环状结构的D和HBr，D转化为E发生氧化反应，醛基被氧化为酯基，E转化为F苯环上酯基转化为酚羟基，F转化为G又引入醛基，G转化为H发生了取代、加成和消去反应。 【小问1详解】 由A和X结构可知，X能形成分子间氢键，A形成的是分子内氢键，X的熔点高； 【小问2详解】 酚羟基容易被氧化，③和④不能对调，对调后酚羟基会被H2O2氧化； 【小问3详解】 化合物G→H的合成过程中，经历了GMNH三步反应， 即，N的结构简式为； 【小问4详解】 H的结构简式为：，符合① 能发生水解反应，酸性条件下水解得到甲、乙、丙三种有机物，说明含酯基；② 甲与FeCl3溶液发生显色反应，含有2种化学环境不同的氢；甲中有酚羟基存在，且只有两种等效H原子，甲的结构简式为；③ 乙分子中含2种不同杂化方式的碳原子，只含有1种化学环境的氢，除苯环外有4个不饱和度，存在2个酯基，符合条件一种同分异构体的结构简式为：； 【小问5详解】 目标产物为，可以由经过题目中B到C反应得到，可以由和经过题目中G到H的反应得到，可以由与CH3OCHCl2经过题目中的F到G的反应得到，由与10%KOH和H+经过题目中E到F的反应得到，由经过题目中D到E的反应得到，故合成路线为：。 16. 氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有杂质SiO2)为原料制取Cu2O的一种工艺流程如图所示： （1）写出“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式___________。 （2）判断“操作1”反应已完成的实验操作及现象为___________。 （3）“热还原”时，将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90℃并不断搅拌反应得到Cu2O粉末。制备装置如图所示： 反应时A装置原料反应配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，A装置中反应的化学方程式为___________。 （4）实际反应中不断滴加NaOH溶液的作用是：___________。 （5）反应完成后，利用装置B中的溶液(NaOH与Na2SO3混合溶液)可制备Na2SO4·10H2O晶体。请补充完整实验方案，取装置B中的溶液，___________，洗涤、干燥得Na2SO4·10H2O晶体。(已知：室温下，溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图所示；室温下从Na2SO4饱和溶液中结晶出Na2SO4·10H2O，实验中须使用的试剂及仪器有：SO2、氧气、pH计) （6）工业上常以铜做阳极，石墨做阴极，电解含有NaOH的NaCl水溶液制备Cu2O。已知：该电解过程中阳极先生成难溶物CuCl，再与NaOH反应转化为Cu2O。若电解时电路中通过0.2mol电子，理论上生成Cu2O的质量为___________g。 【答案】（1）CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S （2）取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生 （3）3Na2SO3+ 2CuSO4 = Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑ （4）反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量 （5）边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时；再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤 （6）14.4 【解析】 【分析】CuFeS2 “浸泡”时，生成Fe2+、Cu2+，通入氧气和硫酸，将二价铁氧化为三价铁，添加氧化铜，调节pH，来沉淀三价铁，溶液此时为硫酸铜，再加入氢氧化钠和亚硫酸钠，得到Cu2O。 【小问1详解】 由图可知，加入硫酸铁，有硫单质生成，根据氧化还原反应，“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S，答案：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S； 【小问2详解】 判断“操作1”反应已完成即不含有二价铁，检验二价铁实验操作及现象为取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生，答案：取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生； 【小问3详解】 反应时A装置原料反应配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，说明有SO2生成，3Na2SO3+ 2CuSO4 = Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑，化学方程式为3Na2SO3+ 2CuSO4 = Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑； 【小问4详解】 不断滴加NaOH溶液的作用是因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量，答案：因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量； 【小问5详解】 若装置B中的溶液(NaOH与Na2SO3混合溶液)可制备Na2SO4·10H2O晶体，取装置B中的溶液，边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时（由微粒物质的量分数可知pH约为10，主要以亚硫酸根存在）；再向溶液中通入O2（将亚硫酸根氧化为硫酸根）至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤，洗涤、干燥得Na2SO4·10H2O晶体，答案：边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时，再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤； 【小问6详解】 阳极先生成难溶物CuCl，即，再与NaOH反应转化为Cu2O，通过0.2mol电子，即有0.2mol CuCl，根据原子守恒，可知0.1mol Cu2O，得，答案：14.4。 17. 甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 （1）HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa(如图1所示)，其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图2所示)作催化剂。 ①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变)，该反应的化学方程式为___________。 ②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1：2，则电极b上的电极反应式为___________。 ③电解过程中每产生1mol H2，通过阴离子交换膜的OH-为___________mol。 （2）HCHO水化释氢： 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图3所示。使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图4所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应2HCHO＋NaOH=HCOONa＋CH3OH。 ①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为___________(填化学式)。 ②NaOH浓度低于1mol/L时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是___________。 ③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是___________。 （3）甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有___________。 【答案】（1） ①. ②. ③. 1 （2） ①. HD ②. NaOH是反应物，其浓度增大会使甲醛水化生成CH2(O⁻)2的速率加快，增大了中间体浓度，从而加快释氢速率 ③. NaOH浓度过大，副反应的速率显著加快，大量甲醛发生副反应被消耗，用于生成氢气的甲醛减少，同时氢氧化钠溶解催化剂载体Al2O3，使纳米银颗粒团聚，催化活性下降 （3）氢气纯度更高、可处理有毒气体甲醛、反应条件温和等（合理即可） 【解析】 【小问1详解】 ①根据催化剂的晶胞图，晶胞中Mo原子数为4，P原子数为，可知该催化剂的化学式为MoP。MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧(反应中N元素化合价不变)，生成MoP、NH3、水，根据得失电子守恒，配平该反应的化学方程式为 。 ②电解时，b是阳极，电极b上甲醛失电子发生氧化反应同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1：2，则电极b上的电极反应式为 。 ③阴极反应式为、阳极反应式为，每转移2mol电子，两极共生成2mol氢气，电解过程中每产生1 mol H2，转移1 mol电子，根据电荷守恒，通过阴离子交换膜的OH-为1 mol。 【小问2详解】 ①根据图示，氢气中的H原子一个来自甲醛、一个来自水，若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为HD。 ②根据机理图3，NaOH浓度低于1 mol/L时,NaOH浓度增大产生氢气会加快的根本原因是NaOH作为反应物，其浓度增大，促使甲醛水化生成中间体CH2(O⁻)2的速率加快，导致中间体浓度增大，从而加快了后续的释氢速率。 ③由题可知，若NaOH浓度过大，副反应的速率显著加快，大量甲醛发生副反应被消耗，用于生成氢气的甲醛减少，同时氢氧化钠浓度过大会溶解催化剂载体Al2O3，使纳米银颗粒团聚，催化活性下降，所以H2的产生迅速减慢。 【小问3详解】 甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有：生成氢气的纯度更高、可处理有毒气体甲醛、反应条件温和等。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ca-40 Cu-64 Ga-70 Se-79 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. 化学与生产、生活等密切相关。下列说法正确的是 A. 采用冷链运输新冠疫苗，以防止蛋白质变性 B. 向河水中加入明矾，可除去悬浮杂质并杀灭有害细菌 C. 大丝束碳纤维被称为“新材料之王”，属于有机高分子材料 D. 5G技术实现超高清信号长时间稳定传输，5G芯片主要材质是 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. H3O＋的VSEPR模型： B. 基态Br原子的电子排布式：[Ar]4s24p5 C. Cl2的p-p σ键电子云轮廓图： D. 用电子式表示CsCl的形成过程： 3. 下列实验操作正确且能达到实验目的的是 A．关闭K检查图示装置的气密性 B．除去中的 C．探究浓度对化学反应速率的影响 D．配制一定物质的量浓度的溶液 A. A B. B C. C D. D 4. 对金属材料中C、O、N、S的含量进行定性和定量分析，可以确定金属材料的等级。下列说法正确的是 A. 电离能大小：I1(N)>I1(O)>I1(S) B. 沸点高低：H2S>H2O>NH3 C. 酸性强弱：H2SO3>HNO3>H2CO3 D. 半径大小：r(S2-)>r(O2-)>r(N3-) 阅读下列材料，完成下面小题： 人类对酸碱的认识不断完善。1887年，Arrhenius提出酸碱电离理论：凡在水溶液中电离出的阳离子皆为H+的物质谓之酸，电离出的阴离子皆为OH-的物质谓之碱。1923年，Bronsted和Lowry提出了酸碱质子(H+)理论：凡能给出质子的物质皆为酸，凡能结合质子的物质皆为碱，酸碱反应的本质为质子转移。同年Lewis提酸碱电子理论：凡能接受电子对的物质都是酸，凡能给出电子对的物质都是碱。 5. 下列对于酸碱分类的推断符合Arrhenius酸碱电离理论的是 A. Na2CO3溶液能使酚酞显红色，Na2CO3是一种碱 B. NH3(g)能与HCl(g)反应生成NH4Cl(s)，NH3是一种碱 C. NaHSO4能与Mg反应产生H2，NaHSO4是一种酸 D. KOH能与FeCl3反应生成Fe(OH)3沉淀，KOH是一种碱 6. 下列反应符合“质子转移”理论且表示正确的是 A. 向热的CH3COONa溶液中加入NH4Cl(s)： B. 向NaClO溶液中加入浓盐酸： C. CH3I与NaOH溶液混合加热： D. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2： 7. 根据酸碱电子理论，Al2O3具有两性，其酸碱中心是某些催化反应的活性位点。通过调节温度可控制CH3CH2OH在催化剂表面的吸附方式，从而获得不同的产物。反应过程示意图可表示如下： 下列叙述不正确的是 A. X为酸性中心 B. 有机物Z的结构简式为CH2=CH2 C. 改变温度使Al2O3的酸碱吸附位均发生吸附，脱水后生成的有机物为乙醚 D. 控制其他条件相同，CH3CH2NH2比CH3CH2OH更难在催化剂表面吸附 8. 化合物W是一种胃肠促动剂的重要中间体，其部分合成路线如下： 下列说法正确的是 A. 由X→Y可推知醛基的还原性强于酯基 B. Y分子中采取sp3杂化方式的碳原子数为5 C. Z→W中有(C2H5)3N·HOSO2CH3生成 D. 用NaHCO3溶液可检验W中是否含有Z 9. 一种电解乙酰基吡嗪废水中的制备的电化学装置如题9图所示。下列说法正确的是 A. 石墨电极与直流电源正极相连 B. 电解时，铂网电极附近pH增大 C. 离子交换膜应选择性透过阴离子 D. 阴极上的电极反应为 10. 化学储氢材料遇水可释放H2，同时生成NaBO2。NaBH4的一种合成方法如下： 下列说法正确的是 A. [BH4]-和BF3分子中B原子的杂化方式均为sp3 B. MgH2转化为NaBH4的反应是氧化还原反应 C. B的电负性大于H，NaBH4常用作还原剂 D. 理论上1mol NaBH4与水反应生成的n(H2)大于制备1mol NaBH4所消耗的n(H2) 11. 室温下，取三根打磨后形状大小相同的镁条，通过下列实验探究镁在溶液中的反应。已知：Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.5×10-11。 实验1：将镁条放入滴有酚酞的水溶液中，镁条表面有少量气泡，溶液显无色； 实验2：将镁条放入滴有酚酞的稀NaCl溶液中，有气体产生，溶液显红色； 实验3：将镁条放入NaHCO3溶液中，有较多气体产生；经检验，该气体中含H2和CO2。 下列说法正确的是 A. 实验1产生的气体中可能含有O2 B. 实验2反应后的溶液中存在：2c(Mg2＋)＋c(H＋)=c(OH-) C. 实验3中氧化剂为H2O D. 实验3中生成CO2的反应：Mg＋4=MgCO3＋CO2↑＋2＋H2O 12. 柠檬酸(H3Cit)的结构简式为 。H3Cit水溶液中各组分分布系数δ随溶液pH的变化如题图所示。某液体洗鼻剂由H3Cit、Na3Cit及NaCl固体溶解后制得，溶液pH在4.7~6.4之间。下列说法正确的是 A. 在水中的溶解度：柠檬酸小于己酸 B. 若H3Cit的初始浓度为0.010 mol·L-1，则a点对应的溶液中：c(H+)＞c(OH-)+c(H2Cit-) C. 向该洗鼻剂溶液中滴加少量NaOH溶液，溶液pH基本不变，是因为发生反应： D. 以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液测定NaCl含量时需要调节溶液pH至强酸性 13. 乙醇—水蒸气制H2的过程中的主要反应(忽略其他副反应)如下： ①C2H5OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g)；ΔH1=＋173.3kJ·mol-1 ②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH2 101kPa时，H2的平衡产率与温度、起始时水醇比[]的关系如图所示，图中同一条曲线上H2的平衡产率相同。下列说法不正确的是 A. H2的平衡产率：曲线a<曲线b B. 反应②的焓变ΔH2>0 C. Q点处与P点处反应①的平衡常数K相等 D. H2的平衡产率由M点转变为曲线a上任意一点时，要提高水醇比 14. 铟、镓、铝同为ⅢA族元素。从镓精矿中提取镓可制备铜铟镓硒太阳能电池材料。 （1）一种从某镓精矿(主要含K、Na、Fe、Al、Ga的氧化物)中提取镓的流程如下： ①加料完成后，为提高镓精矿中镓元素的浸取速率，可采取的措施有___________(填两条)。 ②利用___________(填“阴”或“阳”)离子交换树脂可富集碱浸后滤液中的镓元素。该交换树脂除具有成本低、无污染、交换时吸附速率快的优点外，还具有的优点为___________。 ③向酸解后的溶液中加入NaOH调节溶液pH至弱碱性，得到含的溶液。写出电解沉积时生成Ga的电极反应方程式：___________。 ④电解沉积时，电极上析出n(Ga)及阴极收集的气体体积随通电时长的变化如题图-1所示。通电30 min后，电极上析出n(Ga)不升反降的原因是___________。 （2）铜铟镓硒(CIGS)是一种理想的太阳能电池材料。为准确分析其中各元素，需要先分离出其中的Se元素：将CIGS样品充分溶于足量热的HNO3―HCl混合液，使Se完全氧化为H2SeO3，向溶液中加入某还原剂X充分反应后，再加入H2SO3将H2SeO3还原为单质Se沉淀(其他元素未沉淀)。 ①还原剂X的还原性需满足的条件为___________。 ②一种CIGS晶体的晶胞结构如图-2a所示(图-2b为该晶胞沿y轴方向的投影)。该晶体中In与Ga的物质的量之比为2：3，准确称取m1 g该晶体，利用上述方法处理后得到Se沉淀质量为m2 g。该操作中Se元素沉淀率为___________。(写出计算过程，计算结果用含m1、m2的关系式表示) 15. 化合物H是一种具有生物活性的含氧衍生物，可通过如下路线合成得到： （1）比较化合物A与X()的熔点高低，并说明理由：_______。 （2）反应③和④的顺序能否对调，并说明原因：_______。 （3）化合物G→H的合成过程中，经历了GMNH三步反应，其中N的结构简式为_______。 （4）写出一种符合下列要求的H的同分异构体的结构简式：_______。 ① 能发生水解反应，酸性条件下水解得到甲、乙、丙三种有机物； ② 甲与FeCl3溶液发生显色反应，含有2种化学环境不同的氢； ③ 乙分子中含2种不同杂化方式的碳原子，只含有1种化学环境的氢。 （5）设计以、CH3OCHCl2和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. 氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有杂质SiO2)为原料制取Cu2O的一种工艺流程如图所示： （1）写出“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式___________。 （2）判断“操作1”反应已完成的实验操作及现象为___________。 （3）“热还原”时，将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90℃并不断搅拌反应得到Cu2O粉末。制备装置如图所示： 反应时A装置原料反应配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，A装置中反应的化学方程式为___________。 （4）实际反应中不断滴加NaOH溶液的作用是：___________。 （5）反应完成后，利用装置B中的溶液(NaOH与Na2SO3混合溶液)可制备Na2SO4·10H2O晶体。请补充完整实验方案，取装置B中的溶液，___________，洗涤、干燥得Na2SO4·10H2O晶体。(已知：室温下，溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图所示；室温下从Na2SO4饱和溶液中结晶出Na2SO4·10H2O，实验中须使用的试剂及仪器有：SO2、氧气、pH计) （6）工业上常以铜做阳极，石墨做阴极，电解含有NaOH的NaCl水溶液制备Cu2O。已知：该电解过程中阳极先生成难溶物CuCl，再与NaOH反应转化为Cu2O。若电解时电路中通过0.2mol电子，理论上生成Cu2O的质量为___________g。 17. 甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 （1）HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa(如图1所示)，其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图2所示)作催化剂。 ①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变)，该反应的化学方程式为___________。 ②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1：2，则电极b上的电极反应式为___________。 ③电解过程中每产生1mol H2，通过阴离子交换膜的OH-为___________mol。 （2）HCHO水化释氢： 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图3所示。使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图4所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应2HCHO＋NaOH=HCOONa＋CH3OH。 ①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为___________(填化学式)。 ②NaOH浓度低于1mol/L时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是___________。 ③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是___________。 （3）甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $