湖南师范大学附属中学2026届高三下学期考前学情自测 化学试题

**基本信息** 结合“湘超”联赛、储氢材料等社会热点与科研情境，通过物质性质分析、实验制备（如氯苯合成）、工艺流程（钨锰矿渣利用）等题，考查化学观念与科学探究能力，适配高三三模综合检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|14题/42分|物质结构（C₆₀同位素判断）、反应原理（阿伏加德罗常数计算）、元素周期律（前四周期元素推断）|以“足球烯”“液态氯乙烷麻醉”等情境，融合基础概念与科学思维| |非选择题|4题/58分|实验制备（氯苯、三氯化六氨合钴）、有机合成（贝利司他药物路线）、反应原理（甲醇合成平衡）|15题结合装置选择与产率计算，18题关联甲醇燃料电池与废水处理，体现真实问题解决与科学态度|

姓 名 准考证号 绝密★启用 高三模拟卷(三) 化 学 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.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量:H~1 N~14 O~16 Na~23 Mg~24 Cl~35.5 Fe~56Co~59 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.2025年湖南省足球联赛“湘超”爆火出圈，下列有关说法错误的是 A.足球的材质可以是天然皮革(比如牛皮)，其主要化学成分为蛋白质 B.足球烯 C₆₀是形似足球的笼状分子，它是碳元素的一种同位素 C.球员们身穿的球服所用材质通常含有聚酯纤维，聚酯纤维属于高分子材料 D.液态氯乙烷汽化吸热，具有冷冻麻醉作用，可用于身体局部快速镇痛 2.化学实验充满着五颜六色的变化。下列描述正确的是 A.用图甲所示操作，可观察到烧杯中有大量红褐色沉淀生成 B.用图乙所示操作，可观察到燃烧后坩埚中有白色固体生成 C.用图丙所示操作，可观察到烧杯中溶液变红色 D.用图丁所示操作，可观察到钠元素的焰色为黄色 3.某化学镀银反应的离子方程式为 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.18 g冰晶体中最多含有氢键的数目为4 含有电子的数目为33 C.反应消耗6mol OH⁻时,转移电子的数目为4 D.在1 L Na₃PO₄溶液中, 则 Na⁺的数目为3 4.只用一种试剂，可将 四种物质的溶液区分开，这种试剂是 A. NaOH溶液 溶液 溶液 溶液 5.物质的结构决定性质。下列关于物质性质的解释正确的是 选项 性质 解释 A 在水中的溶解度小于在中的溶解度 为非极性分子 B 硬度：金刚石>C₆₀ 前者含有共价键，后者不含共价键 C HF 的稳定性大于 HCl HF分子间的氢键强于 HCl分子间的作用力 D 水溶性： 前者烃基占比小，后者烃基占比大 6.前四周期元素X、Y、Z、R、M的原子序数依次增大，同周期中基态Y 原子的未成对电子数最多，基态Z原子的价层电子排布式为 Z和R位于同主族，基态 的3d能级达到全充满结构。由这五种元素组成的化合物 为蓝色晶体。下列叙述正确的是 A.原子半径:Z>Y>X B.第一电离能:Y>Z>R C.常温下，YX₃ 和X₂R在空气中都容易被氧化 D.常温下，向溶液中加入少量稀硫酸，溶液无明显变化 7.铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，立方晶胞结构如图所示。储氢时， 分子位于晶胞的体心和棱的中心位置，且最近的两个 H₂分子之间的距离为a nm，储氢时忽略晶胞参数变化，NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A.铁镁合金晶胞中，铁原子数为4 B. Mg 与 Fe之间的最近距离为 C.在铁镁合金晶体中，与铁原子等距离且最近的铁原子数有12个 D.储氢后的晶体密度为 8.高铁酸钠(Na₂FeO₄):是一种新型绿色消毒剂，工业上制备高铁酸钠的一种方法的化学原理为 ,下列说法不正确的是(设NA 为阿伏加德罗常数的值) A.反应中电子转移数目为3NA 时,生成的Na₂FeO₄ 质量为166g B. NaClO是还原剂,Fe(OH)₃ 是氧化剂 C.根据该原理可得 Na₂FeO₄在碱性环境中能稳定存在 D. NaCl是还原产物 9.研究者用如图装置提取 MnO₂中的锰元素，图中“H·”代表氢自由基。下列说法错误的是 A.随着电流继续增大，使得阴极 增大 B.阴极反应有 C.H⁺放电可能生成 H₂ D.每生成1mol O₂,理论上可消耗 2mol MnO₂ 10.我国科学家通过铜/铬催化实现烃与醛的反应，相关反应如下。 下列叙述正确的是 A.甲、乙、丙共含3种官能团 B.用酸性 KMnO溶液可区别甲、乙 C.甲能发生加成反应、取代反应、银镜反应 D.丙分子中苯环上的一氯代物有4种 11.氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，也可用于医药、香料、农药、染料增白剂和高分子工业等。某实验小组用如图所示实验装置制备 NaH，下列说法正确的是 A. NaH在野外用作生氢剂时，H₂仅为氧化产物 B.安全漏斗可以防止产生的气体逸出 C.装置D的作用是尾气处理 D.实验开始时先点燃装置C处酒精灯，再启动装置A中反应 12.稀土金属钕(Nd)铁废料的主要成分为Fe₂O₃，含有： O等杂质，一种综合回收利用该废料的工艺流程如图所示。 已知：常温下， 。下列说法错误的是 A.“酸浸”时产生的浸渣的主要成分为 SiO₂ B.“还原”时溶液中的Fe³⁺转化为 C.“沉钴”时最好控制条件生成α-CoS D.“氧化沉铁”的反应为 4 13.常温下,用0.1mol/L NaOH溶液滴定 20.00 mL 0.1 mol/L H₂A溶液,得到 pH 与V(NaOH)、 或 的关系如图所示。下列叙述正确的是 A.水的电离程度：M>N B.若向 M 点溶液中滴加 0.05 mol/L 的 NaOH 溶液, 的值保持不变 C.浓度均为0.1mol/L的H₂A、NaHA的混合液中: D. N点溶液, 14.在有机合成工业中，一种配位催化氧化加成反应的过程中，中性分子 XY 能加成到具有配位空穴的过渡金属化合物上，如CO催化氧化加成的反应机理如图所示。下列说法错误的是 A.反应②中 Rh配位数增加了 2 B.反应过程中有极性键和非极性键的断裂与形成 微粒中具有配位空穴 D.总反应为 二、非选择题：本题共4 小题，共58分。 15.(16分)氯气在有机合成和无机化工中都有着广泛的应用，现用氯气和其他原料分别制备氯苯和 (三氯化六氨合钴)。实验中可能用到的装置如图所示(其中部分夹持仪器已略)。 已知：i.苯及其有机生成物的沸点如表所示： 有机物 苯 邻二氯苯 间二氯苯 对二氯苯 沸点/℃ 80.0 132.2 180.4 172.0 173.4 ii.苯与干燥的氯气在催化剂作用下发生取代反应生成氯苯，同时会有少量副产物二氯苯生成； iii. CoCl2 易潮解;Co²⁺不易被氧化， 具有较强的还原性 易被氧化。 回答下列问题： I.氯苯的制备： ①打开分液漏斗旋塞，制备氯气； ②向反应器(内有铁屑作催化剂)中滴入苯，通入氯气，维持反应温度在50~60℃， 回流40min; ③将反应后的液体倒入分液漏斗中，分别用蒸馏水和NaOH溶液洗涤，分离出的产物干燥后，进行蒸馏纯化，得到纯净的氯苯。 (1)从所给装置中选择制备氯苯需要用到的装置 (填大写字母)；图中仪器X使用时冷水从 (填“m”或“n”)口进入；装置C中盛装碱石灰的仪器名称是 。 (2)装置A的圆底烧瓶中盛有高锰酸钾晶体，该装置中发生反应的离子方程式为 。 (3)下列有关该实验，说法正确的是 (填标号)。 A.制备氯苯时用酒精灯直接加热 B.回流的主要目的是让苯和氯气回流以提高转化率和产率 C.碱洗前先进行水洗的目的是洗去产品中的FeCl₃、HCl、Cl₂，节省碱的用量，降低成本 D.蒸馏温度控制在80.0℃可收集产品 (4)氯苯的产率低于理论产率的可能原因是 (写一条)。 的制备步骤如下： ①用金属钴与氯气反应制备 ②在100 mL 锥形瓶内加入13.0 g研细的和10 mL水，加热溶解后加入 0.3g 活性炭作催化剂； ③冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在 以下并缓慢加入 溶液(足量)； ④经过一系列操作，得到橙黄色的晶体21.4 g。 (5)用图中所给装置组合制备仪器的连接顺序为a→ (填小写字母)。 (6)在制备 时，先加入浓氨水后滴加 溶液的原因是 。 (7)制得产品的产率为 %.(精确到0.1%)。 16.(14分)某钨锰矿渣(主要成分为 及铁的氧化物)综合利用的流程如图。 已知：①P204的萃取机理： ②当溶液中某离子浓度小于或等于 时，认为该离子沉淀完全； ③常温下，部分常见物质的溶度积常数如表所示： 物质 回答下列问题： (1)沉淀1的主要成分是 (填化学式)。 (2)使有机相2中的P204萃取剂再生，需选择的试剂为 (填名称)。 (3)“沉钪”工序中发生沉钪反应的化学方程式为 。 (4)“氧化”工序中加入活性其优点是 ；该工序中发生反应的离子方程式为 。 (5)若“除杂”时溶液中 的浓度为 则加入 NaOH控制 pH 的范围是2.82~ (溶液体积变化忽略不计，不考虑温度的变化，保留3位有效数字)；出现沉淀后要加热煮沸一段时间的目的是 。 17.(14分)贝利司他(商品名为 Beleodaq)是一种抗T细胞淋巴瘤药物。某研究小组按以下路线合成该化合物(部分反应条件及试剂已简化)。 回答下列问题： (1)化合物 A中的官能团名称是 。 (2)化合物B的结构简式是 。 (3)下列说法正确的是 (填标号)。 A.化合物 X的碱性比氨气强 B.①③④的有机反应类型均是取代反应 C.贝利司他可形成分子间氢键 (4)D+X→E的化学方程式是 。 (5)化合物C可由化合物直接制备。写出2种同时符合下列条件的化合物Y的同分异构体的结构简式： 、 。 i.能与银氨溶液反应生成光亮银镜的芳香族化合物； ii.核磁共振氢谱表明：分子中有3种不同化学环境的氢原子。 (6)以化合物 A、乙醇和甲醇为有机原料，设计化合物 的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)。 18.(14分)甲醇是最为常见、应用场景最为广泛的基础化学品之一，甲醇与乙烯、丙烯、氨是用于生产所有其他化学品的四种关键基础化学品。 (1)已知反应Ⅰ: 反应Ⅱ:3H ol; 则反应Ⅲ： (2)常温常压下，利用催化剂实现三氧化碳加氢制甲醇的反应历程和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)。 转化历程中决速步骤的反应方程式为 。 (3)在恒容密闭容器中充入 和 发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得平衡时的转化率、CO和的选择性[随温度变化如图所示。 ①表示 CO选择性的曲线是 (填字母)。 时，反应Ⅰ的平衡常数为 (保留2位有效数字)。 ③上图温度范围内， 平衡转化率变化的原因是 。 (4)工业上用甲醇燃料电池采用电解法处理含的碱性废水， 可将 CN⁻转化为无污染的物质，其原理如图所示。 ①电解废水时,Pt(b)电极与石墨电极 (填“M”或“N”)相连。 ②消耗标准状况下 理论上可处理含 mol CN⁻的废水。 学科网（北京）股份有限公司 $高三模拟卷（三） 化学参考答案 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 个y 2 3 4 5 6 8 10 11 12 13 14 答案 心 B D B B B A ⊙ C B 1.B【解析】A.天然皮革（如牛皮）由动物皮加工而成，主要成分为蛋白质，A正确；B.同位素是质子数相同、中子数不 同的原子（如12C和1“C),而C0是碳元素的同素异形体（结构不同的单质），B错误；C,聚酯纤维（如涤纶）是通过缩聚 反应形成的高分子，属于高分子材料，C正确；D.液态氨乙烷汽化吸热降温，可局部麻醉镇痛，D正确。 2.C【解析】A.向沸水中滴加饱和FCL3溶液，生成的是氢氧化铁胶体，不是大量红褐色沉淀，A错误；B.钠在坩埚中 燃烧，生成的是淡黄色的过氧化钠(Na2O2),不是白色固体，B错误；C.钠与水反应生成NaOH,酚酞遇碱变红，C正 确；D.钠元素的焰色为黄色（直接观察），观察钾元素的焰色时需用蓝色钻玻璃滤去钠元素的黄色光，D错误。 3.C【解析】A.冰中每个水分子形成4个氢键，但每个氢键被2个水分子共享，18g(1mol)冰含氢键数目为2Na,A错 误；B.1molH2PO2含电子数为(2×1十15+2X8十1)XNa=34Na,B错误；C.反应中每消耗6 mol OH,对应转移 4mol电子(4 mol Ag被还原)，转移电子数为4NA,C正确；D.1 L Nag PO,溶液中c(PO)=1mol·L1, 即n(PO})=1mol,根据元素守恒，溶液中钠离子的物质的量等于总磷元素的物质的量的3倍，即n(Na+)=3X [n(PO)十n(HPO)十n(H2POM)十n(HPO4)],由于PO会水解，溶液中存在HPO等离子，所以总磷元素的 物质的量大于n(PO),即大于1mol,因此n(Na)>3mol,Na+的数目大于3NA,D错误。 4.B【解析】A.NaOH能使两种铵盐都产生氨气，无法区分两种铵盐；与K2SO4、NaNO3都不反应，无法区分二者， A不符合题意。B.Ba(OH)2同时提供Ba+、OH,与四种溶液反应的现象各不相同，和NHNO,共热：只产生刺激 性气味气体，无沉淀；和(NH)2SO,共热：既产生刺激性气味气体，文生成白色硫酸钡沉淀；和K2SO4反应：只产生白 色硫酸钡沉淀，无气体；和NNO3不反应：无明显现象，可以成功区分四种溶液，B符合题意。C.AgNO3与两种硫酸 盐都会反应生成Ag2SO,沉淀；与两种硝酸盐都不反应，无法区分，C不符合题意。D.BaC2与(NH)2SO4、K2SO,都 会生成白色BaSO,沉淀，与NHNO3、NaNO3都不反应，无法区分，D不符合题意。 5.D【解析】A.O3是由极性键构成的极性分子，但其极性较弱，在CCL,中的溶解度比在水中的大，A错误；B.金刚石 是共价晶体，存在的作用力是共价键，C0是分子晶体，存在的作用力是范德华力，由于共价键强度大于分子间作用 力，导致硬度：金刚石>C,且C和分子中含有CC,B错误；C.HF与HCI的稳定性强弱与氢键或分子间作用力无 关，与键能有关，C错误；D.CHCH2OH中的一OH与水分子中的OH相近，即烃基占比小， CHCH2CH2CHCH2OH中烃基较大，即烃基占比大，根据“相似相溶”规律可知，水溶性：CHCH2OH> CH3CHCH2CH2CH2OH,D正确。 6.B【解析】同周期中基态Y原子的未成对电子数最多，Y为第VA族元素；基态Z原子的价层电子排布式为ns"np2", n=2,则Z为O,Y为N;Z和R位于同主族，则R为S;基态M什的3d能级达到全充满结构，对应Cu(基态Cu+的价 电子排布式为3d),则M为Cu;根据[M(YX3)]RZ·X2Z,可知X为H。综上所述：X为H、Y为N、Z为O、R为 S、M为Cu,据此解答。A.电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，原子半径：Y(N)> Z(O)>X(H),A错误；B.根据同主族元素从上往下，第一电离能逐渐减小，则O>S,N的2p能级半充满，第一电离 能大于同周期相邻元素，则N>O,所以第一电离能：Y(N)>Z(O)>R(S),B正确；C.常温下，YX3(NH)不能与O2 反应，C错误；D.[Cu(NH)4]SO4是稳定的配合物，向[Cu(NH)4]SO4溶液中加入少量稀硫酸，溶液颜色会变浅， D错误。 7.B【解析】A.由铁镁合金晶胞结构可知，铁原子处于面心和顶，点位置，由均摊法计算可知，铁镁合金晶胞中含有铁原 子教为8X日+6X2=4,故A正确；B该晶胞参数为反anm,Mg与Fe之间的最近距离为。 4anm,故B错误； C与铁原子最近的铁原子教有12个，故C正确；D.储氢后的晶体化学式为FeMg.H.,晶体密度为W2aX10)N 424 g·cm3,故D正确。 8.B【解析】A.反应中电子转移数目为3Na时，生成的Na2FeO4为1mol,质量为166g,故A正确；B.NaClO是氧化 剂，Fe(OH)3是还原剂，故B错误；C.Fe(OH),和NaClO在碱性条件下反应生成Na2FeO4,可得Naz FeO,在碱性环 境中能稳定存在，故C正确；D.NaCIO是氧化剂，NaCl是还原产物，故D正确。 化学参考答案(T10)一1 9.A【解析】A随着电流继续增大，Mn+在阴极放电生成Mn:Mn+十2e一Mn,另外H放电直接生成H2而不是 H·,MnO2被H·还原的反应不能进行，Mn+在阳极放电生成MnO2,使得c(Mn+)减小，H·增多，和MnO2反应 速率加快，使得c(Mn+)增大，因此c(Mn+)无法判断，A错误；B.分析可知，阴极反应有Ht十eH·,B正确； C.分析可知，H在阴极放电得到电子可以生成H2,C正确；D.根据阳极反应为2H2O一4e一O2个十+4H,阴极反 应为4H++4e一4H·、2H·十MnO2+2Ht—Mn2+十2H2O,可知每生成1molO2,同时生成4molH·,则消 耗2 mol MnO2,D正确。 10.C【解析】A.甲含碳氟键、醛基，乙含醚键和碳碳双键，丙含醚键、碳氟键，共含4种官能团，故A错误；B.甲中的醛 基、乙中的碳碳双键都能使酸性KMO4溶液褪色，故B错误；C.甲中苯环能发生取代反应和加成反应，醛基能发生 银镜反应，故C正确；D.丙分子含2个苯环，左边苯环是对称结构，右边苯环不对称，苯环上的一氯代物共有6种， 故D错误。 11.B【解析】A中稀硫酸与锌粒制备氢气，B中浓硫酸干燥氢气，C中干燥的氢气和钠单质反应生成NH,D中装有的 碱石灰可以防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入C中影响实验。A.NaH在野外用作生氢剂时，H2既为氧化产物 又为还原产物，A错误；B.装置A中安全漏斗加入液体后，部分液体留存于安全漏斗上部弯管中起液封作用，避免 氢气从安全漏斗中逸出，B正确；C.装置C为反应的发生装置，装置D的作用是防止空气中的水蒸气、二氧化碳进 入装置C中，C错误；D.实验开始时先启动装置A中反应，利用生成的氢气将装置中的空气排出，防止钠与氧气反 应，待验纯后再，点燃装置C处酒精灯，D错误。 12.C【解析】A.钕铁废料的成分中，只有SiO2不溶于盐酸，因此“酸浸”时产生的浸渣的主要成分为SiO2,A项正确； B.“还原”时溶液中的Fe3+转化为Fe+,以避免“沉钻”时Fe3+与Na2S发生氧化还原反应，B项正确；C.B-CoS与 FS的溶度积相差较大，“沉钻”时应控制条件生成B-CoS,使Co+和Fe+分离更彻底，C项错误；D.“氧化沉铁”时， 向含有Fe+的溶液中通入O2并加入NaHCO3,反应生成FeOOH,配平可得反应的离子方程式为4Fe++O2+ 8HCO一4 FeOOH+8CO2+2H2O,D项正确。 13.C【解析】M点溶液溶质成分为NaHA,N点溶液溶质成分为NaA;HA的K1>Ke,K=c(H)XcHA）, c(H2A) K-岂。(H)湘同时，提品>号-品<一品号周免m南线代友 c(HA) e品与D1关系南线代表号与DH关系。人N点溶流溶质为AN只水解，促疏水的电 离，故N点水的电离程度更大，A错误；B.根据电荷守恒：2c(A2)十c(HA)十c(OH)=c(Na+)十c(H),M,点为 0.05mol/L的NaHA溶液，滴加0.05mol/L的NaOH溶液时，c(Na)不变，c(H)减小，因此2c(A2-)十c(HA) 十c(OH)的值减小，B错误；C.由图可得H2A的Ka=l0-14,K2=10-67,浓度均为0.1mol/L的H2A、NaHA的 =K=10-4 混合液中，HA的水解常数K,一R一10=1026，H,A的电离程度远大于HA的水解程度，平衡时，c(HA) >c(H2A),C正确；D.N点溶液溶质为Na2A,质子守恒式应为：c(H)+c(HA)十2c(H2A)=c(OH),D错误。 14.B【解析】A.反应②反应物中Rh的配体为I、CO(配位数为4)，反应后结合CH3和另一配体I,配位数变为6，增加 2,A正确；B.反应过程中，有极性键的断裂（如CH3OH中OC、HI中H一I、CHI中C一I)与形成（如CH,COOH 中C一O),但没有非极性键的断裂，B错误；C.从题目所给信息“中性分子XY能加成到具有配位空穴的过渡金属化 合物上”以及反应机理图可知，该微粒作为过渡金属化合物，具有配位空穴来接受中性分子的加成，C正确；D.根据 反应机理图，将各个分步反应进行加和，可得出总反应为CH,OH十C0催他剂CH.COOH,D正确。 二、非选择题：本题共4小题，除标注外，每空2分，共58分。 15.(16分)(1)A、C、D、E、F(顺序可颠倒)n(1分)球形干燥管(1分) (2)2MnO4+10CI+16H+-2Mn2++5C12个+8H2O (3)C (4)少量苯会发生副反应生成二氯苯（或在提纯产品氯苯的过程中，由于洗涤等过程有损失） (5)hi→gf→bc(cb)→ed (6)CoC2不易被氧化，先加入浓氨水可反应生成[Co(NH)6]C2,后加入的氧化剂H2O2能将[Co(NH)6]C2氧化 得到产品[Co(NH)6]Cl (7)80.0 【解析】制备氯苯需要用装置A制备氯气，然后用装置E除去氯气中的杂质气体氯化氢，再用装置D干燥氯气，最后 氯气和苯在装置F中进行反应制备氯苯，用装置C连接球形冷凝管的接口k吸收挥发出去的氯气及氯化氢气体。 在制备CoC2的过程中，先用装置A制备氯气，然后用装置E中的饱和食盐水除去氯气中的杂质氯化氢气体，然后 化学参考答案(T10)一2 用装置D中的浓硫酸干燥氯气，然后将千燥纯净的氯气通入装置B,在加热条件下与金属钻反应生成CoCl2。 (1)制备氯苯需要先用装置A制备氯气，然后用装置E除去氯气中的杂质氯化氢气体，再用装置D千燥氯气，最后 氯气和苯在装置F中进行反应生成氯苯，用装置C连接球形冷凝管的接口k吸收挥发出去的氯气及氯化氢气体， 故制备氯苯需要用到的装置有A、E、D、F、C。仪器X为球形冷凝管，为了产生更佳的冷却效果，冷水需要从下口 处进入。装置C中盛装碱石灰的仪器名称是球形千燥管。 (2)装置A中加入的高锰酸钾和浓盐酸在常温下进行反应制备氯气，该反应的离子方程式为2MO,十10CI十 16Ht2Mn2++5C2↑+8H2O。 (3)A.制备氯苯的温度是50~60℃，因此不能用酒精灯直接加热，应该用水浴加热，故A错误；B.使用球形冷凝管 是为了防止苯和产物氯苯逸出反应体系导致产率较低，球形冷凝管无法冷却氯气，故B错误；C,反应制得的氯苯中 混有氯气、氯化氢和氯化铁，碱洗前先进行水洗可以除去氯化氢、部分氯气和氯化铁，减少后续碱洗操作时消耗的碱 的量，节约成本，故C正确；D.由已知信息可知，产品氯苯的沸，点是132.2℃，因此控制在此温度进行蒸馏才可以收 集到产品，故D错误；故选C。 (4)由已知信息可知，少量苯会发生副反应生成二氯苯，且在提纯产品氯苯的过程中，由于洗涤等过程有损失，因此 导致氯苯的产率低于理论产率。 (5)在制备CoC2的过程中，先用装置A制备氯气，然后用装置E中的饱和食盐水除去氯气中的杂质氯化氢气体， 气体需要从h口进i口出；然后用装置D中的浓硫酸千燥氯气，气体需要从g口进f口出；然后将干燥纯净的氯气通 入装置B,在加热条件下与金属钴反应生成CoCL2,从b口进c口出或者从c口进b口出都可以；由已知信息可知， CoC2易潮解，因此最后需要连接装置C千燥管进行千燥，同时进行尾气处理，气体需要从大口e处进小口d处出， 故仪器的连接顺序为a→hi→gf-→bc(cb)→ed。 (6)由已知信息“Co2+不易被氧化”可知，CoCl2不易被氧化，先加入浓氨水可反应生成[Co(NH)6]C2,再由已知信 息“[Co(NH3)6]+具有较强的还原性，易被氧化”可以判断，后加入的氧化剂HO2能将[Co(NH3)6]CL2氧化得到 产品[Co(NH3)6]C3。 (7)通过计算可知，NHCl过量。设理论产生[Co(NH)6]Cl的质量为x,根据Co元素守恒，得到关系式： CoCl2 [Co(NH)]Cls 130 5列出等式130=26，解得x=26.75g,最终算得Co(NH)。]C的产率为2148 267.5 26.75g 13 ×100%=80.0%。 16.(14分)(1)W03、Si02 (2)盐酸 (3)R:Sc+3NaOH-Sc(OH)3+3RNa (4)提高了MnCO3的产量且不引入新的金属离子2Fe2++4Ht+MnO2-2Fe++Mn++2H2O (5)8.60促进Fe(OH)3胶体聚沉 【解析】首先用盐酸对原料进行“酸浸”，其中WO3、SiO2和盐酸不反应，成为沉淀1的主要成分，滤液1中含有二价 锰离子、三价钪离子，同时可能含有二价和三价铁离子，滤液1用P204萃取分液，有机相1加入氢氧化钠“沉钪”得 到氢氧化钪沉淀3，加热得到S℃2O3,水相加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠将铁离子转化为氢 氧化铁沉淀得到沉淀4，过滤，滤液3加入碳酸氢钠得到碳酸锰沉淀；沉淀1加入氢氧化钠溶液进行“碱浸”，过滤，滤 液2加入盐酸得到钨酸沉淀2，过滤分离出钨酸，加入氨水“溶解”得到钨酸铵。 (1)由分析可知，沉淀1的主要成分是SiO2、WO3。 (2)由P204的萃取机理：2RH十+一R2M十2H,则使有机相2中的P204萃取剂再生，可以加入盐酸，氢离子 浓度增大，使得平衡逆向移动，P204萃取剂再生，故需选择的试剂为盐酸。 (3)“沉钪”工序中发生的反应为有机相中的RSc和氢氧化钠反应生成氢氧化钪沉淀和RN,化学方程式为RSc十 3NaOH-Sc(OH)3￥+3RNa。 (4)MnO2具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子：2Fe2++4H+MnO2一2Fe3++Mn+十2H2O,便于后续去 除铁离子。“氧化”工序中加入活性MnO2,反应生成锰离子，提高了MnCO2的产量且不引入新的杂质金属离子。 -m1 (5)常温下，由表格教据可知，当P+完全沉淀时，c(OH)=√Fe) 2.8×10mol/L,pOH=11.18,pH=2.82;该过程中Mm+不能沉淀，溶液中Mn+的浓度为0.01mol/L, 当Mn2+开始沉淀时，c(OH)=√c(Mm+) K Mn(OH):1.60 mol/L-16X10 mol/L,pOH-5.40.pH =8.60,故控制pH的范围是2.828.60；加热可以促进胶体聚沉，则出现沉淀后要加热煮沸一段时间的目的是促 进Fe(OH)3胶体聚沉。 化学参考答案(T10)一3 17.(14分)(1)醛基(1分) SO,H (2) CHO (3)BC SO,CI SO,CI (4) NH. +HC(或 +2 NH COOCH, COOCH. COOCH -NH CI COOCH OHC CHO OHC CHO (5)OHCH2 C- CH2CHO、 OHC CHO(任答2个，每个2分) CHO- (6) 催化剂 ①银氨溶液 CH,OH (3分) C.H.OHCCH.CHO- △ CHO②H' C00H浓硫酸，△ COOCH △ CHO SO,H 【解析】结合C的结构简式和A的分子式可知，A为 ,A→B为A的磺化反应，则B为 CHO SO,CI 结合C的结构简式和D的分子式可知，D为 ,结合F的结构简式和E的分子式可知，E为 COOCH, 同时可知，X为 NH2,以此解题。 COOCH CHO (1)由分析可知，A为 ,则A中的官能团名称是醛基。 SO,H (2)由分析可知，B为 CHO (3)AX为 一NH2,因苯环共轭效应削弱了氨的电子云密度，而氨分子无此类结构干扰，因此氨气碱性较 强，A错误；B.由分析可知，①为磺化反应，③为D和X中氨基上的氢发生的取代反应，④为F中羧基上的羟基和 NHOH发生的取代反应，即①③④的有机反应类型均是取代反应，B正确；C.根据产品的结构简式可知，其中含有 羟基，可以形成分子间氢键，C正确。 S0,C (4)由分析可知，D为 E为 NH2,则D十X→E的化学方程式是 COOCH. COOCH, 化学参考答案(T10)一4 SO.CI +HCl或 -NH COOCH, COOCH COOCH, NHCl。 COOCH (⑤)1.能与银氨溶液反应生成光亮银镜的芳香族化合物，则其中含有醛基和苯环；ⅱ.核磁共振氢谱表明：分子中有 OHC CHO 3种不同化学环境的氢原子，则符合要求的同分异构体为OHCH2C CH2CHO、 OHC CHO 、OHC CHO、OHC< CHO。 6)Y为( C0ocH,可由 人0o0H和甲醇发生酯化反应生成，入0OH可入CH0 先和银氨溶液反应后酸化生成，而〈 人CH0可由苯甲醛和乙醛在催化剂作用下加热反应生成，乙醇催化氧化 生成乙醛，则合成路线如下： CHo- 催化剂 ①银氨溶液 CH,OH Con.CHCHo- △ CHO②H CO0H浓硫酸，△ COOCH, 18.(14分)(1)-90 (2)HCOO*+5H*-CH,O+H2O+H(HCOO*+4H*-CH,O*+H2O) (3)①c②0.0015③反应I为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应I正向移动，CO2的平衡转化率增 大，反应Ⅱ逆向移动，CO2的平衡转化率减小，图给温度范围内，升高温度对反应I的影响大于对反应Ⅱ的影响 (4)①M②0.4 【解析】(1)根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应I,则△H3=△H2一△H1=一49kJ/mol一41k/mol=一90kJ/mol。 (2)转化历程中活化能越大反应速率越慢，故决速步骤的反应方程式为HCOO”十5H"—CHO”+H2O十H"。 (3)①反应I中生成CO(g)为吸热反应，反应Ⅱ中生成CHOH(g)为放热反应，随着温度的升高，反应I正向移动， 反应Ⅱ逆向移动，所以CO(g)的选择性升高，CHOH(g)的选择性降低，且二者的选择性之和应为100%。结合图 像可知，表示CO选择性的曲线是c。 ②根据图像信息可知，250℃时，CO2的平衡转化率为12%，C0(g)的选择性为25%，CHOH(g)的选择性为75%。 可计算出CO2的消耗量为0.12mol,生成CO(g)的物质的量为0.12mol×25%=0.03mol,生成CH3OH(g)的物质 的量为0.12mol×75%=0.09mol。根据题意，在该密闭容器中发生反应I和反应Ⅱ： H2 (g)+CO2(g) 反应10.03mol CO(g)+H2O(g) 0.03 mol 0.03 mol 0.03 mol 3H2(g)+CO2(g) CH,OH(g)+H2O(g) 反应Ⅱ： 0.27 mol .0.09 mol 0.09 mol 0.09 mol 故在该温度下达到平衡状态时，n(H2)=3mol-0.03mol-0.27mol=2.7mol,n(C02)=1-0.12mol=0.88mol, mQ0)-0.0 molH0)-a.03nml十Q.6明ml=0,12aml,反应I的平街常数为K-298号00l5. ③升高温度，反应I正向移动，CO2的平衡转化率增大，反应Ⅱ逆向移动，CO2的平衡转化率减小，结合图像，C2的 平衡转化率随着温度的升高而增大，说明温度对反应I的影响大于对反应Ⅱ的影响。 (4)①左图为燃料电池，根据图像可知，Pt()电极发生氧化反应，作负极，Pt(b)电极发生还原反应，作正极。右图为 电解装置，石墨电极M发生氧化反应，即为阳极，故Pt(b)电极与石墨电极M相连。 ②溶液显碱性，由题干中CN转化为无污染的物质，可知十2价C转化为CO号，一3价N转化为N2,则处理含CN 的废水时，发生反应：C1+2OH-2e—CI0+H20、5C10+2CN+20H—5CI+2CO号+N2个+H20, 当消耗标准状况下11.2L即0.5molO2时，电路中转移2mol电子，可处理含0.4 mol CN的废水。 化学参考答案(T10)-5