精品解析：江苏省无锡市三校联考2025-2026学年高三上学期12月月考化学试题

无锡江阴三校联考2025年秋学期12月质量调研 高三年级化学试卷 考试时间：75分钟 分值：100分 2025年12月 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Co-59 Se-79 一、 单项选择题：每小题只有一个选项符合题意。 1. 2023年是中国芯片产业突围之年。下列属于芯片中常用半导体材料的是 A. 石墨 B. 晶体硅 C. 镁铝合金 D. 聚乙烯 2. 反应应用于石油开采，下列说法正确的是 A. 基态原子的轨道表示式为 B. 的结构示意图为 C. 中原子杂化类型为 D. 的空间填充模型为 3. 实验室制备水合肼()溶液的反应原理为，能与剧烈反应。下列装置和操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取 B. 用装置乙制备溶液 C. 用装置丙制备水合肼溶液 D. 用装置丁分离水合肼和混合溶液 4. 臭氧在催化下能将烟气中的分别氧化为和。下列关于元素及其化合物的说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 沸点： D. 电负性： 碳元素在自然界分布很广。游离态的碳有金刚石、石墨、C60等，化合态的碳存在形式更为多样。碳单质是重要的还原剂，工业上用焦炭还原石英砂可制得粗硅。CO能将溶液中的Pd2＋还原为Pd，生成黑色沉淀，该反应可用于检验CO。燃煤烟气中的CO2可用Na2CO3饱和溶液进行捕集。一定温度和压强下，CO2可转化为具有良好溶解能力和流动性能的超临界流体。C2H2在氧气中燃烧放出大量的热，常用来切割金属。回答下列问题： 5. 下列说法正确的是 A. 金刚石、石墨、C60三者互为同位素 B. C2H2分子中存在两个π键 C. Na2CO3晶体中存在离子键与非极性共价键 D. 基态C原子的核外电子有6种空间运动状态 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 焦炭与石英砂反应：C＋SiO2CO2↑＋Si B. CO与酸性PdCl2溶液反应：CO＋Pd2＋＋2OH-=CO2＋Pd↓＋H2O C. CO的水解反应：CO＋2H2O⇌H2CO3＋2OH- D. Na2CO3饱和溶液与足量CO2反应：2Na＋＋CO＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓ 7. 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. 干冰中CO2分子间的范德华力较弱，CO2具有较好的热稳定性 B. 金刚石具有很高的硬度，可用作地质钻探钻头 C. 石墨中碳原子未参与杂化的2p电子可在整个碳原子平面中运动，石墨具有导电性 D. CO2是非极性分子，超临界CO2流体可用于萃取物料中的低极性组分 8. 硫及其化合物的转化形态丰富。下列说法正确的是 A. 用氨水吸收烟气中的物质转化： B. 工业制硫酸过程中的物质转化： C. 用溶液还原酸性废液中的反应： D. 饱和溶液分批浸取重晶石： 9. 某抗凝血作用的药物Z可用下列反应合成，下列说法不正确的是 A. 与溴水反应，最多消耗 B. 水解，最多能消耗 C. Z分子中所有碳原子均处于同一平面上 D. 可用酸性溶液检验产品Z中是否含有X 10. 以甲苯为原料通过间接氧化法可以制取苯甲醛、苯甲酸等物质，反应原理如下图所示。 下列说法正确的是 A. 电解时的阳极反应为：2Cr3++6e-+7H2O=+14H+ B. 电解结束后，阴极区溶液pH升高 C. 1 mol甲苯氧化为0.5 mol苯甲醛和0.5 mol苯甲酸时，共消耗mol D. 甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物可以通过分液的方法分离 11. 常温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 将铁锈溶于浓盐酸，再滴入几滴酸性溶液，振荡，溶液中未出现红色 铁锈中不含二价铁 B 向溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再滴加溶液，溶液变为血红色 溶液已经变质 C 向含有的溶液中加入少量固体，振荡，溶液颜色未变化 与的反应不可逆 D 分别向等浓度的和溶液中通入气体至饱和，前者无明显现象，后者出现黑色沉淀 A. A B. B C. C D. D 12. 已知室温下，，，。用含少量的酸性溶液制备NiOOH的过程如下。下列说法正确的是 A. 溶液中： B. 的NaClO溶液中： C. “调pH”得到的上层清液中： D. “氧化”时主要发生反应： 13. 用草酸二甲酯 (H3COOCCOOCH3)和氢气为原料制备乙二醇的反应原理如下：① ，② 在条件下，将氢气和草酸二甲酯体积比(氢酯比)为的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，草酸二甲酯的转化率、产物的选择性与温度的关系如下图所示。产物的选择性。下列说法不正确的是 A. 曲线I表示草酸二甲酯的转化率随温度的变化 B. 其他条件不变，增大压强或升高温度，草酸二甲酯的平衡转化率均增大 C. 其他条件不变，在温度范围，随着温度升高，出口处乙醇酸甲酯的量不断增大 D. 其他条件不变，在温度范围，随着温度升高，出口处甲醇和乙二醇的物质的量之比逐渐减小且大于2 二、非选择题： 14. 钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。 （1）一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH： 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： ①“滤渣1”中金属元素主要为___________。 ②“过滤1”后的溶液中加入的MnO2应足量，如何设计实验证明该步骤反应已完全？___________。 ③“氧化沉钴”中Co2+生成Co(OH)3的离子方程式为___________。 ④“除钴液”中残留的Co3+浓度为___________。 （2）Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如下图所示，则该氧化物的化学式为___________。 （3）Co3O4在磁性材料、电化学领域应用广泛，CoC2O4·2H2O热分解可制备Co3O4。准确称取4.575g CoC2O4·2H2O样品，在空气中加热，固体样品的剩余质量随温度的变化如下图所示(已知385℃及以上残留固体均为金属氧化物，CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183g/mol)。 经测定，温度为205~385℃的煅烧过程中，产生的气体为CO2，则AB段消耗的O2在标准状况下的体积为___________L。(写出计算过程，结果保留2位有效数字) 15. 英菲替尼(化合物L)是治疗胆管癌的新型药物，其合成路线如下。 （1）C→D的反应类型为_______。 （2）E的结构简式为_______。 （3）由G→J的转化过程可知，G转化为H的目的是_______。 （4）H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：_______。碱性条件水解后酸化得到两种产物，其中一种为—氨基酸且含有手性碳原子；另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2 （5）1，3—二苯基脲()是某些药物分子的重要结构单元。参照上述合成路线，写出以苯为原料制备1，3—二苯基脲的合成路线_______ (无机试剂任选)。 16. 实验室从电解铜阳极泥（含等）中提取硒及银、金等贵金属，过程如下： 已知：①升华温度为． ②氯化法提取的原理：在溶有的盐酸中可反应生成溶液，可被还原为． （1）“焙烧”时通常采用低温氧化焙烧，所得固体有等．“焙烧”时采用低温的目的是_____． （2）“浸出”时先加入稀硫酸，再加入盐酸．加盐酸时发生反应：．该反应平衡常数______．[已知，] （3）“浸出渣”中含有及少量惰性物质． ①用溶液浸取浸出渣得到含溶液，用甲醛还原可生成银．碱性条件下，用甲醛还原生成银和的离子反应方程式为：_______． ②补充完整以浸出渣为原料回收的实验方案：_______，得到金．（实验中须使用如图所示实验装置及以下试剂：、盐酸，溶液，溶液） （4）通过如下步骤测定粗硒样品中的质量分数： 步骤1：准确称取粗硒样品，加入足量硝酸充分溶解生成溶液，配成溶液； 步骤2：取所配溶液于锥形瓶中，加入和溶液，使之充分反应； 步骤3：滴入滴淀粉指示剂，振荡，逐滴加入物质的量浓度为的溶液标准溶液滴定至终点，恰好完全反应，消耗标准溶液． 已知： 计算粗硒样品中的质量分数，并写出计算过程______。 17. 利用CO2气体合成甲醇、二甲醚，可以减少CO2排放。 （1）CO2和H2可以制取CH3OH，在300℃、γ-Al2O3催化作用下CH3OH可以合成CH3OCH3，写出CH3OH合成CH3OCH3的化学反应方程式：___________。 （2）①甲醇重整制氢：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)；=+49.4 kJ·mol-1。已知：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)；=-178.8 kJ·mol-1。向重整反应体系中加入适量CaO的优点是___________。 ②在CuPd合金表面，甲醇与水蒸气重整反应的机理如图1所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面，M为反应过程的中间产物)。 已知步骤Ⅱ中碳氧双键与H2O发生加成反应，根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式：___________。若用CH3OD代替CH3OH，则生成氢气的分子式为___________。 （3）CO2催化加氢合成二甲醚： 反应Ⅰ：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)；=-122.54 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)；=+41.2 kJ·mol-1 其他条件相同时，反应一段时间，反应温度对CO2平衡转化率及CO2实际转化率影响如图2所示；反应温度对二甲醚的平衡选择性及二甲醚实际选择性影响如图3所示。 (已知：CH3OCH3选择性=×100%) ①图2中，温度高于290℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的可能原因是___________。 ②图3中，在240～300℃范围内，相同温度下，二甲醚的实际选择性高于平衡选择性，结合活化能从化学反应速率的角度解释原因：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 无锡江阴三校联考2025年秋学期12月质量调研 高三年级化学试卷 考试时间：75分钟 分值：100分 2025年12月 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Co-59 Se-79 一、 单项选择题：每小题只有一个选项符合题意。 1. 2023年是中国芯片产业突围之年。下列属于芯片中常用半导体材料的是 A. 石墨 B. 晶体硅 C. 镁铝合金 D. 聚乙烯 【答案】B 【解析】 【详解】A．石墨是导体，A错误； B．硅为半导体材料，B正确； C．镁铝合金为金属材料，C错误； D．聚乙烯为合成有机高分子材料，D错误； 故选B。 2. 反应应用于石油开采，下列说法正确的是 A. 基态原子的轨道表示式为 B. 的结构示意图为 C. 中原子杂化类型为 D. 的空间填充模型为 【答案】C 【解析】 【详解】A．N是7号元素，根据构造原理，可知基态N原子核外电子排布式是1s22s22p3。原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，则基态N原子的轨道表达式为：，A错误； B．Cl是17号元素，原子核内有17个质子，Cl-核外电子排布是2、8、8，所以Cl-的结构示意图为，B错误； C．亚硝酸根()中N原子价层电子对数是2+=3，所以N原子杂化类型为sp2杂化，C正确； D．H2O分子中的中心O原子价层电子对数是2+=4，有2对孤电子对，是球棍模型，H2O的空间填充模型为，D错误； 故选C； 3. 实验室制备水合肼()溶液的反应原理为，能与剧烈反应。下列装置和操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取 B. 用装置乙制备溶液 C. 用装置丙制备水合肼溶液 D. 用装置丁分离水合肼和混合溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓盐酸与二氧化锰制取氯气需要加热，A装置不满足条件，A不符合题意； B．氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠，B装置可达到实验目的，B符合题意； C．氨气可被次氯酸钠氧化，反应剧烈，NaClO过量，可氧化生成的N2H4·H2O，应将NaClO注入氨水，C装置不能达到实验目的 ，C不符合题意； D．N2H4·H2O沸点较低，溶于水，应该采取蒸馏的方式提纯，蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷凝管中冷水下进上出，D装置不能达到实验目的，D不符合题意； 故选B。 4. 臭氧在催化下能将烟气中的分别氧化为和。下列关于元素及其化合物的说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 沸点： D. 电负性： 【答案】B 【解析】 【详解】A．同主族从上到下原子半径增大，同周期从左到右原子半径减小，原子半径：，故A错误； B．根据第一电离能递变规律，第一电离能：，故B正确； C．H2O和NH3都能形成分子间氢键，但是H2O中氢键更多，而H2S不能形成氢键，故沸点：，故C错误； D．金属电负性一般小于非金属，N与O同周期，O的电负性大于N，电负性：，故D错误。 答案选B。 碳元素在自然界分布很广。游离态的碳有金刚石、石墨、C60等，化合态的碳存在形式更为多样。碳单质是重要的还原剂，工业上用焦炭还原石英砂可制得粗硅。CO能将溶液中的Pd2＋还原为Pd，生成黑色沉淀，该反应可用于检验CO。燃煤烟气中的CO2可用Na2CO3饱和溶液进行捕集。一定温度和压强下，CO2可转化为具有良好溶解能力和流动性能的超临界流体。C2H2在氧气中燃烧放出大量的热，常用来切割金属。回答下列问题： 5. 下列说法正确的是 A. 金刚石、石墨、C60三者互为同位素 B. C2H2分子中存在两个π键 C. Na2CO3晶体中存在离子键与非极性共价键 D. 基态C原子的核外电子有6种空间运动状态 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 焦炭与石英砂反应：C＋SiO2CO2↑＋Si B. CO与酸性PdCl2溶液反应：CO＋Pd2＋＋2OH-=CO2＋Pd↓＋H2O C. CO的水解反应：CO＋2H2O⇌H2CO3＋2OH- D. Na2CO3饱和溶液与足量CO2反应：2Na＋＋CO＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓ 7. 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. 干冰中CO2分子间的范德华力较弱，CO2具有较好的热稳定性 B. 金刚石具有很高的硬度，可用作地质钻探钻头 C. 石墨中碳原子未参与杂化的2p电子可在整个碳原子平面中运动，石墨具有导电性 D. CO2是非极性分子，超临界CO2流体可用于萃取物料中的低极性组分 【答案】5. B 6. D 7. A 【解析】 【5题详解】 A．金刚石、石墨、均是由碳元素形成的不同单质，三者互为同素异形体，A错误； B．分子中含有碳碳三键，存在两个键，B正确； C．晶体中存在离子键与极性共价键，没有非极性键，C错误； D．基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2，占有4个轨道，有4种空间运动状态，D错误； 答案选B。 【6题详解】 A．焦炭与石英砂反应生成硅和一氧化碳，，A错误； B．与酸性溶液反应，反应中不应出现氢氧根离子：，B错误； C．的水解反应生成碳酸氢根离子和氢氧根离子：，C错误；   D．饱和溶液与足量反应生成溶解度较小的碳酸氢钠，D正确； 故选D。 【7题详解】 A．干冰中CO2分子间的范德华力较弱，导致其熔沸点低，而CO2具有较好的热稳定性，是由分子内原子间的共价键决定的，二者间不存在对应关系，A符合题意； B．金刚石可用作地质钻探钻头，是因为金刚石具有很高的硬度，二者具有对应关系，B不符合题意； C．石墨中，每个碳原子都发生sp2杂化，形成层内网状结构，碳原子未参与杂化的2p电子形成大π键，在整个碳原子平面中运动，使石墨具有导电性，C不符合题意； D．CO2是非极性分子，依据相似相溶原理，非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，则超临界CO2流体可用于萃取物料中的低极性组分，D不符合题意； 故选A。 8. 硫及其化合物的转化形态丰富。下列说法正确的是 A. 用氨水吸收烟气中的物质转化： B. 工业制硫酸过程中的物质转化： C. 用溶液还原酸性废液中的反应： D. 饱和溶液分批浸取重晶石： 【答案】D 【解析】 【详解】A．过量时，氨水与反应生成酸式盐，即，故A错误； B．工业制硫酸过程中的物质转化为：FeS2和O2反应生成SO2，SO2发生催化氧化反应生成SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4，故B错误； C．碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，离子方程式为：，故C错误； D．重晶石即与饱和溶液反应的离子方程式为：，故D正确； 故选D。 9. 某抗凝血作用的药物Z可用下列反应合成，下列说法不正确的是 A. 与溴水反应，最多消耗 B. 水解，最多能消耗 C. Z分子中所有碳原子均处于同一平面上 D. 可用酸性溶液检验产品Z中是否含有X 【答案】D 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，X分子中含有酚羟基，能与溴水发生取代反应，反应时苯环邻对位上的氢原子能被溴原子取代，则1molX最多消耗2mol溴，故A正确； B．由结构简式可知，Y分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，其中1mol酚酯基能消耗2mol氢氧化钠，所以1molY发生水解反应时最多能消耗3mol氢氧化钠，故B正确； C．由结构简式可知，Z分子中苯环、碳碳双键和酯基都为平面结构，所以分子中所有碳原子均处于同一平面上，故C正确； D．X分子中酚羟基和Z分子中的碳碳双键都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验产品Z中是否含有X，故D不正确； 故选D。 10. 以甲苯为原料通过间接氧化法可以制取苯甲醛、苯甲酸等物质，反应原理如下图所示。 下列说法正确的是 A. 电解时的阳极反应为：2Cr3++6e-+7H2O=+14H+ B. 电解结束后，阴极区溶液pH升高 C. 1 mol甲苯氧化为0.5 mol苯甲醛和0.5 mol苯甲酸时，共消耗mol D. 甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物可以通过分液的方法分离 【答案】C 【解析】 【详解】A．电解时，阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cr3+-6e-+7H2O=+14H+，A错误； B．电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以电解时阴极反应消耗的H+与阳极区转移过来的H+数目相等，故电解结束后，阴极区溶液pH不变，B错误； C. l mol甲苯氧化为0.5 mol苯甲醛和0.5 mol苯甲酸时，失去电子为0.5 mol×4+0.5 mol×6=5 mol，1 mol 被还原为Cr3+时共得到6 mol电子，所以1 mol甲苯氧化为0.5 mol苯甲醛和0.5 mol苯甲酸时，共消耗的物质的量是 mol，C正确； D．甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物是互溶的液体混合物，不可以通过分液的方法分离，应该采用蒸馏的方法进行分离，D错误； 故合理选项是C。 11. 常温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 将铁锈溶于浓盐酸，再滴入几滴酸性溶液，振荡，溶液中未出现红色 铁锈中不含二价铁 B 向溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再滴加溶液，溶液变为血红色 溶液已经变质 C 向含有的溶液中加入少量固体，振荡，溶液颜色未变化 与的反应不可逆 D 分别向等浓度的和溶液中通入气体至饱和，前者无明显现象，后者出现黑色沉淀 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．浓盐酸也能与发生反应，使溶液紫色褪去，不出现红色，A错误； B．向FeSO4溶液中滴入新制氯水，再滴加KSCN溶液时溶液变血红色，说明有Fe3+，但可能是变质产生的Fe3+，也有可能是原溶液中存在的Fe2+被氧化成Fe3+，B错误； C．溶液变成红色的原因，，与和无关，C错误； D．FeSO4和CuSO4组成相似，Ksp越小越容易产生沉淀，则根据选项的实验事实可得出溶度积常数：Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，D正确； 故答案选D。 12. 已知室温下，，，。用含少量的酸性溶液制备NiOOH的过程如下。下列说法正确的是 A. 溶液中： B. 的NaClO溶液中： C. “调pH”得到的上层清液中： D. “氧化”时主要发生反应： 【答案】C 【解析】 【分析】用含少量Fe3+的NiCl2酸性溶液制备NiOOH的流程：加入Na2CO3溶液调pH，Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，Ni2+不沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀得到含Ni2+的滤液，碱性条件下加入NaClO溶液，氧化Ni2+得到NiOOH沉淀，发生的反应为2Ni2++ClO-+4OH-＝2NiOOH↓+Cl-+H2O，过滤、洗涤、干燥得到NiOOH固体，据此分析解答。 【详解】A．溶液中物料守恒关系为c（）+c（）+c（H2CO3）=c（Na+）=0.1mol/L，电荷守恒关系为c（OH-）+2c（）+c（）=c（H+）+c（Na+），则c（OH-）-c（H+）=c（）+2c（H2CO3）=0.1mol/L+c（H2CO3）-c（）＜0.1mol•L-1+c（H2CO3），故A错误； B．pH=11的NaClO溶液中=3000，即，故B错误； C．“调pH”得到的上层清液中浓度积Q[Fe(OH)3]=c(Fe3+）•c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]，Q[Ni(OH)2]=c(Ni2+）•c2(OH-)＜Ksp[Ni(OH)2]，则上层清液中，故C正确； D．碱性条件下加入NaClO溶液氧化Ni2+得到NiOOH沉淀，反应为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O，故D错误； 故选C。 13. 用草酸二甲酯 (H3COOCCOOCH3)和氢气为原料制备乙二醇的反应原理如下：① ，② 在条件下，将氢气和草酸二甲酯体积比(氢酯比)为的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，草酸二甲酯的转化率、产物的选择性与温度的关系如下图所示。产物的选择性。下列说法不正确的是 A. 曲线I表示草酸二甲酯的转化率随温度的变化 B. 其他条件不变，增大压强或升高温度，草酸二甲酯的平衡转化率均增大 C. 其他条件不变，在温度范围，随着温度升高，出口处乙醇酸甲酯的量不断增大 D. 其他条件不变，在温度范围，随着温度升高，出口处甲醇和乙二醇的物质的量之比逐渐减小且大于2 【答案】B 【解析】 【详解】A． 当曲线乙醇酸甲酯选择性为50%时，曲线Ⅱ对应的选择性恰好为50%，而乙二醇的选择性此时应为50%，故曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性随温度的变化，则曲线I表示草酸二甲酯的转化率随温度的变化，故A正确； B．两个反应△H均小于0，即两反应均为放热反应，当升高温度时，平衡向逆反应方向移动，草酸二甲酯的平衡转化率减小，故B说法错误； C．由图可知，在190-195℃温度范围，随着温度升高，草酸二甲酯的转化率升高，乙醇酸甲酯的选择性几乎不变，故出口乙醇酸甲酯的量会不断增多，故C说法正确； D．在190-210℃温度范围，随着温度升高，由图可知，草酸二甲酯的转化率不断增大，乙二醇的选择性不断增大，出口处的值减小，反应①+反应②得，即当乙醇酸甲酯完全转化时的值为2，所以的值大于2，故D正确； 答案选B。 二、非选择题： 14. 钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。 （1）一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH： 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： ①“滤渣1”中金属元素主要为___________。 ②“过滤1”后的溶液中加入的MnO2应足量，如何设计实验证明该步骤反应已完全？___________。 ③“氧化沉钴”中Co2+生成Co(OH)3的离子方程式为___________。 ④“除钴液”中残留的Co3+浓度为___________。 （2）Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如下图所示，则该氧化物的化学式为___________。 （3）Co3O4在磁性材料、电化学领域应用广泛，CoC2O4·2H2O热分解可制备Co3O4。准确称取4.575g CoC2O4·2H2O样品，在空气中加热，固体样品的剩余质量随温度的变化如下图所示(已知385℃及以上残留固体均为金属氧化物，CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183g/mol)。 经测定，温度为205~385℃的煅烧过程中，产生的气体为CO2，则AB段消耗的O2在标准状况下的体积为___________L。(写出计算过程，结果保留2位有效数字) 【答案】（1） ①. Pb ②. 取少量反应后的溶液，加入，若不出现蓝色沉淀，则说明反应已完全 ③. ④. 10-16.7 （2）MnO2 （3）0.37 【解析】 【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4，向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO调节pH=4使Fe3+完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+，最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中Co2+氧化为Co3+，在pH=5时Co3+形成沉淀Co(OH)3，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答； 【小问1详解】 ①根据分析可知，“滤渣1”主要是PbSO4，金属元素主要为Pb； ②“过滤1”后的溶液中加入的MnO2应足量，则无Fe2+，实验步骤：取少量反应后的溶液，加入，若不出现蓝色沉淀，则说明反应已完全； ③由分析可知，该过程发生氧化还原反应，根据分析反应物、产物与反应环境(pH=5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出离子方程式：； ④由表中完全沉淀可知，，“除钴液”中，pH=5，； 【小问2详解】 根据“均摊法”，晶胞中含个Mn、个O，则该氧化物化学式为MnO2； 【小问3详解】 4.575g的CoC2O4·2H2O的物质的量为0.025mol，其中结晶水的质量为0.025×2×18g/mol=0.9g，m(CoC2O4)=4.575g-0.9g=3.675g，则A点为CoC2O4，Co元素的质量为0.025mol×59g/mol=1.475g，B点固体为金属氧化物，根据元素守恒n(O)=，n(Co)：n(O)=0.025：0.033=3：4，则B为Co3O4；205～385℃的煅烧过程中，产生的气体为CO2，AB段反应方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2，则消耗氧气的体积为0.37L。 15. 英菲替尼(化合物L)是治疗胆管癌的新型药物，其合成路线如下。 （1）C→D的反应类型为_______。 （2）E的结构简式为_______。 （3）由G→J的转化过程可知，G转化为H的目的是_______。 （4）H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：_______。碱性条件水解后酸化得到两种产物，其中一种为—氨基酸且含有手性碳原子；另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2 （5）1，3—二苯基脲()是某些药物分子的重要结构单元。参照上述合成路线，写出以苯为原料制备1，3—二苯基脲的合成路线_______ (无机试剂任选)。 【答案】（1）还原反应 （2） （3）保护氨基 （4） （5） 【解析】 【分析】根据题目所给流程图，A与B反应生成化合物C，化合物A的溴原子与化合物B的氢原子取代，形成化合物C，C再与氢气在催化剂的存在下将硝基还原为氨基，发生还原反应，形成化合物D，则D的结构式为；根据结构式F逆向推理，化合物E的分子式中含有氯原子，则D与E反应生成F的反应原理可能与A+B→C类似，则化合物E的结构式为；G与乙酸酐反应，生成酰胺化合物H，H再与氯化亚砜反应，2个氯原子取代苯环上的氢原子，形成化合物I，I与氢氧化钾反应，化合物I中酰胺基水解形成化合物J，J再与COCl2反应，形成化合物K，据此分析各小题； 【小问1详解】 根据分析，C→D反应中，氢气将C中的硝基还原为氨基，该反应类型为还原反应； 【小问2详解】 根据分析，化合物D中苯环上的氨基与E的氯原子发生取代反应生成F，则E的结构简式为； 【小问3详解】 氨基易于氯化亚砜反应，G转化为H将氨基保护起来，防止氨基结构变化； 【小问4详解】 化合物H的同分异构体能够水解，则含有酯基，水解后的产物含有α-氨基酸，则结构为R1-CH(NH2)COO-R2，另一产物只有两种不同化学环境的氢，比例为1：2，则苯环结构上的取代基为对位取代，且取代基相同，根据H的碳原子数目分布，符合条件的同分异构体结构简式为； 【小问5详解】 以苯为原料合成1，3—二苯基脲，先将苯环硝基化，再与氢气发生还原反应，将硝基还原为氨基形成苯胺，苯胺再与COCl2反应将氨基变成-N=C=O结构，再与苯胺反应形成1，3—二苯基脲，由下列流程图所示：。 16. 实验室从电解铜阳极泥（含等）中提取硒及银、金等贵金属，过程如下： 已知：①升华温度为． ②氯化法提取的原理：在溶有的盐酸中可反应生成溶液，可被还原为． （1）“焙烧”时通常采用低温氧化焙烧，所得固体有等．“焙烧”时采用低温的目的是_____． （2）“浸出”时先加入稀硫酸，再加入盐酸．加盐酸时发生反应：．该反应平衡常数______．[已知，] （3）“浸出渣”中含有及少量惰性物质． ①用溶液浸取浸出渣得到含溶液，用甲醛还原可生成银．碱性条件下，用甲醛还原生成银和的离子反应方程式为：_______． ②补充完整以浸出渣为原料回收的实验方案：_______，得到金．（实验中须使用如图所示实验装置及以下试剂：、盐酸，溶液，溶液） （4）通过如下步骤测定粗硒样品中的质量分数： 步骤1：准确称取粗硒样品，加入足量硝酸充分溶解生成溶液，配成溶液； 步骤2：取所配溶液于锥形瓶中，加入和溶液，使之充分反应； 步骤3：滴入滴淀粉指示剂，振荡，逐滴加入物质的量浓度为的溶液标准溶液滴定至终点，恰好完全反应，消耗标准溶液． 已知： 计算粗硒样品中的质量分数，并写出计算过程______。 【答案】（1）防止因升华导致硒的回收率降低 （2） （3） ①. ②. 向浸出渣中加入一定量的盐酸，从导管a处通入至（黄色）固体不再溶解，过滤，向滤液中加入溶液，至向上层清液中继续滴加溶液不再产生沉淀时停止滴加，过滤，洗涤滤渣至最后一次洗涤滤液加入溶液不再产生沉淀 （4） 【解析】 【分析】阳极泥（含Cu、Au、Ag2Se、Cu2Se等）焙烧，得到CuO、Au、CuSeO3、CuSeO4、Ag2SeO3、SeO2，后加入盐酸，再加硫酸酸浸，浸出渣可制得Ag与金， 【小问1详解】 “焙烧”时采用低温的目的是：SeO2升华温度为315°C，防止其升华； 【小问2详解】 K=； 【小问3详解】 ①碱性条件下，用甲醛还原[Ag(S2O3)2]3−生成银和碳酸根离子，离子反应方程式为：； ②根据题目信息，Au在溶有Cl2的盐酸中可反应生成HAuCl4溶液，HAuCl4可被还原为Au，以浸出渣为原料回收Au的实验方案：向浸出渣中加入一定量的盐酸，从导管a处通入Cl2至（黄色）固体不再溶解，过滤，向滤液中加入FeSO4溶液，至向上层清液中继续滴加FeSO4溶液不再产生沉淀时停止滴加，过滤，洗涤滤渣至最后一次洗涤滤液加入BaCl2溶液不再产生沉淀； 【小问4详解】 根据方程式可知，n(H2SeO3)=()=()=mol，则样品中Se的质量分数。 17. 利用CO2气体合成甲醇、二甲醚，可以减少CO2排放。 （1）CO2和H2可以制取CH3OH，在300℃、γ-Al2O3催化作用下CH3OH可以合成CH3OCH3，写出CH3OH合成CH3OCH3的化学反应方程式：___________。 （2）①甲醇重整制氢：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)；=+49.4 kJ·mol-1。已知：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)；=-178.8 kJ·mol-1。向重整反应体系中加入适量CaO的优点是___________。 ②在CuPd合金表面，甲醇与水蒸气重整反应的机理如图1所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面，M为反应过程的中间产物)。 已知步骤Ⅱ中碳氧双键与H2O发生加成反应，根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式：___________。若用CH3OD代替CH3OH，则生成氢气的分子式为___________。 （3）CO2催化加氢合成二甲醚： 反应Ⅰ：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)；=-122.54 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)；=+41.2 kJ·mol-1 其他条件相同时，反应一段时间，反应温度对CO2平衡转化率及CO2实际转化率影响如图2所示；反应温度对二甲醚的平衡选择性及二甲醚实际选择性影响如图3所示。 (已知：CH3OCH3选择性=×100%) ①图2中，温度高于290℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的可能原因是___________。 ②图3中，在240～300℃范围内，相同温度下，二甲醚的实际选择性高于平衡选择性，结合活化能从化学反应速率的角度解释原因：___________。 【答案】（1）2CH3OHCH3OCH3＋H2O （2） ①. 吸收CO2，且反应放热，促进反应正向移动，提高氢气的产率 ②. ③. H2和HD （3） ①. 温度高于290℃，随着温度升高，平衡时反应Ⅱ向右进行的程度增大，反应Ⅰ向右进行的程度减小，且前者增大的幅度大于后者减小的程度，使CO2的平衡转化率上升 ②. 反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能低，导致在未达到平衡时，反应Ⅰ的速率相对更快，因此二甲醚的实际选择性高于其平衡值 【解析】 【小问1详解】 在300℃、γ-Al2O3催化作用下CH3OH可以合成CH3OCH3，同时有H2O生成，化学反应方程式为：2CH3OHCH3OCH3＋H2O。 【小问2详解】 ①会消耗重整反应生成的  。根据勒夏特列原理，减少生成物浓度，会促使甲醇重整反应向正反应方向移动，从而提高氢气（）的产率。同时，与的反应是放热的，可以为吸热的甲醇重整反应提供热量； ②已知步骤Ⅱ中碳氧双键与H2O发生加成反应，根据元素电负性规律（O > C， O > H），水分子中的氧原子带有部分负电荷，氢原子带有部分正电荷。当水分子与碳氧双键发生加成时，水分子中的氢原子会加到电负性较大的氧原子上，而羟基会加到碳原子上，甲醛与水加成后生成的中间产物 M 的结构简式为 ，若用CH3OD代替CH3OH，则生成氢气的分子式为H2和HD。 【小问3详解】 ①对于放热反应 I，升高温度平衡逆向移动，转化率降低。对于吸热反应 II，升高温度平衡正向移动，转化率升高。在温度低于时，反应I占主导，总体表现为放热特征，平衡转化率随温度升高而下降。当温度高于时，平衡转化率反而上升，说明此时吸热的反应II对  转化的贡献超过了放热的反应I的逆向移动带来的损失。即反应II平衡正向移动的程度大于反应 I 平衡逆向移动的程度； ②反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能低，导致在未达到平衡时，反应Ⅰ的速率相对更快，因此二甲醚的实际选择性高于其平衡值。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $