辽宁大连市第八中学2026-2027学年高三上学期8月阶段检测 化学试题

2026-2027学年度大连八中高三8月阶段 化学 考试时间：75分钟：满分：100分 一、单选题 1.下列实验对应的操作中，不正确的是 从提纯后的NaCl溶液中获得NaCl 制作简单燃料电池 晶体 石墨 Na,SO,溶波 A.当蒸发皿中有大量晶体析出时停 B.连接好装置，先闭合K,几 止加热，利用余热把溶液蒸干 分钟后断开电源，闭合K, 测量中和反应的反应热 实验室制取氨 ?玻璃 温度计 搅拌器 NH,CI和 内筒 杯盖 棉花 隔热层 外壳 C.盐酸与NaOH溶液混合后，立即 D.先使酒精灯在试管下方来回 测量温度，作为计算反应热的初始 移动，让其均匀受热，然后对固 温度 体部位加热 A.A B.B C.C 0 试卷第1页，共12页 测试 D 2.硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交a-型，1912年E.Beckmann由硫 在碘中的冰点降低法测得它含有Ss分子。1891年M.R.Engel用浓盐酸和硫代硫酸盐的饱和 溶液在0℃下作用首次制得了一种菱形的ε-硫，后来证明含有S6分子。下列说法不正确的 是 A.基态S原子价电子排布式为3s23p B.S6和S8分子是由S原子组成的两种物质，但它们分别与铁粉反应的产物相同 C.S6和Ss分子分别与过量的氧气反应只能得到S02 D.等物质的量的S6和Sg分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同 3.“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH,OH与NH,转化为肼(NH2NH2), 其反应历程如图所示。 NH H-N 0 H.N-NH, H,O 下列说法错误的是 A.I,中H-N-O的键角小于L2中H-N-O的键角 B.NH,OH、NH,和H,O均为极性分子 C.反应涉及非极性键的断裂和生成 D.I,中催化中心离子为Fe+ 4.用N代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.1mol甲基含有的电子数目为10N B.1 mol Na被完全氧化为Na,O2,失去2NA个电子 C.26.7gA1CL固体中，AI的数目为0.2N D.13g聚乙炔中o键数约为2NA 试卷第2页，共12页 5.化合物Z是某药物生产的中间体，结构如图。下列有关该物质的说法正确的是 OH OH A.该有机物可以与浓HBr发生取代反应 B.该有机物中的所有碳原子可能共面 C.该有机物与浓硫酸混合共热可发生消去反应 D.1mol该有机物与足量NaOH溶液反应最多消耗2 mol NaOH CH 6.某种聚碳酸酯M的结构简式为H千O 由单体 CH. CH X(HO OH)和Y通过缩聚反应合成，Y的核磁共振氢谱只有一组峰。 CH: 下列说法正确的是 A.聚碳酸酯属于非电解质 B.X中最多有14个碳原子共平面 C.Y的结构简式为 H.,Co-C-OCH, D.1mol M在NaOH溶液中完全水解，最多可消耗n mol NaOH 7.下列各种物质中，都是由极性键构成的非极性分子的是 A.NH和CH4B.CO2和CCl4 C.CHCI和BF3 D.SO3和PCl3 试卷第3页，共12页 8.二氧化铈(CεO2)是一种重要的稀土氧化物，因其独特的氧储存与释放能力，在多个工业 和前沿科技领域发挥着关键作用。CcO2晶胞在催化过程中转变成C©O2-x晶胞的组成结构变 化如图所示，己知：CeO2品胞参数为anm,N表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误 的是 CeO2 CeO2x OCe4+或Ce3+ ●02或氧空位（无02） A.CcO2品胞中Ce+位于O2-构成的立方体空隙中 B若M的坐标为列得》则N的坐标为行号引 311 113 C.Cc0,:晶胞中Ce和Ce个数比为'~2x 2x D.用含a的代数式表示Cc0,晶胞密度为34×10 N xag.cm 9.工业生产中利用方铅矿（主要成分为PbS,含有FS2等杂质）制备PbSO4品体的工艺流程 如下图： Mno, 物质M 冰水 试剂N 盐酸 -NaCl →滤液a 操作1 方铅可 浸取 调pH 沉降 沉淀转化 →PbSO,晶体 滤渣1 滤渣2 酸性废液 (含Na'、Mn2、CI等) 已知：PbCl2(s)+2CIr(aq)=[PbC4]2(aq):Km(PbS0,)=l×108mol2.L2 Km(PbCl2)=1.6×10mol°.L3。 下列说法正确的是 A.由该工艺可知，PbCl2(st2CI(aq)一[PbCl42(aq)为放热反应 B.滤渣2的主要成分是氢氧化亚铁 试卷第4页，共12页 C.“沉淀转化”过程达平衡时，溶液中 (C6.25x10"mol-L c(SO D.“浸取”时可发生反应：MnO2+PbS+4H+4C=[PbC,]+S+Mm++2H,0 10.下列关于分子的结构和性质的描述错误的是 A.PH,和NH,分子均为三角锥形结构，两者的沸点关系：PH3>NH, OH B.乳酸( 分子中含有一个手性碳原子 CH3一CH一COOH C.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”规律解释 D.乙醇在水中溶解度很大，原因之一是乙醇分子与水分子之间形成氢键 11.镀锌铁皮可用于制备七水合疏酸锌(ZS04·7H2O),其流程如图。 稀硫酸 H2O2 ZnO 镀锌铁皮一→酸溶 过滤1 →氧化 →调pH 过滤2 ------ZnS047H20 滤渣1 滤渣2 下列有关说法正确的是 A,镀锌铁皮的镀层被破坏后铁的腐蚀比生铁快 B.“氧化”发生反应的离子方程式为2Fe2+2H+H202=2Fe3+2H20 C.“调pH”后所得溶液中大量存在的离子有Zn*、SO、Fe3+、H D.从“过滤2”所得滤液中获取品体的操作为：蒸发滤液至有大量品体出现时停止加 热，利用余热将液体蒸干 12.Cu0和Fe203组成的混合物mg,向其中加入100mL0.5molL1的Hs0a液恰好完全反 应，若将2mg该混合物用足量C0还原，充分反应后剩余固体的质量为() A.(2m-1.6)gB.(m-0.8)gC.(m-1.6)g D.(2m-0.8）g 13.硼化钒(VB2沙空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如图，该电池工作时发 生的反应为：4VB2+11O2=4B203+2V205。下列说法不正确的是（) 试卷第5页，共12页 负载 VB, 电极a 空气 KOH溶液选择性透过膜 A.电极a为电池正极 B.电池工作过程中，电极a附近区域pH减小 C.图中选择性透过膜为阴离子透过膜 D.VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH一22e=V2O5+2B2O3+11H2O 14.2,4,6-三甲基苯甲酸与甲醇的酯化反应历程如图所示。下列叙述错误的是 HO 26.8 TSI 24.7 TS2 H,O CH,OH HO 16.4 CH. H,SO COOCH, 0.0 0.1 HSO, -4.7 OH 反应历程 A,总反应的正反应活化能小于逆反应活化能 B.过渡态的稳定性：TS1<TS2 C.反应过程中存在极性键和非极性键的形成 D.生成水的反应是决速步骤 试卷第6页，共12页 15.海洋中碳循环的简单原理如图所示。已知：常温下，碳酸的电离常数K,=4.5×10、 K2=4.7×10",碳酸钙的溶度积常数K,=3.4×10”。下列说法正确的是 CO. CO 吸收 光合 一海面 Na,CO NaHCO CaCl, 钙化 糖类物质 CaCO A.海洋中含碳无机物的量不变 c(Co B.若海水的pH=9,则此时海水中 =0.047 c(HCO) C.“钙化”过程中海水的pH升高 D.若“钙化”后的海水中c(Ca2+)=6.8×10molL,则c(C0）=2×10molL 试卷第7页，共12页 二、解答题 16.七水合硫酸锌(ZS0,·7H,0)在人造纤维、电镀、化工、医药等方面具有广泛应用。一 种用菱锌矿（主要成分是ZnCO,杂质为Fe、Mg、Al、Cu、Ca、Cd、Pb、Mn等元素的化 合物)生产ZnSO,·7H,0的工艺流程如图所示。 H,S04 KMnO,X 锌粉 HF 浸出→除杂 结 菱锌矿粉末 焙烧 还原 除钙镁 →ZnS0,·7H20 滤渣1 滤渣2 Cd、Cu 滤渣3 已知：①常温下，部分金属阳离子沉淀的pPH范围如表。 金属阳离子 2n24 Fe2+ Fe3+ Cd2+ Mg2 Mn2+ A1+ 开始沉淀时的pH 6.0 7.0 1.9 7.7 9.1 8.1 3.4 沉淀完全时的pH 8.0 9.0 3.2 9.7 11.1 10.1 4.7 ②醋酸铅[Pb(CH,COO)2] 是弱电解质。 回答下列问题： (1)基态锰原子的未成对电子数为 (2)滤渣1的主要成分为 (填化学式)，其中相对分子质量较大的物质难溶于稀硝 酸，却可溶于酷酸铵溶液形成无色溶液，原因是 (3)“除杂”过程中加入KMnO,的目的之一是除去Mn2+,反应的离子方程式为 加入KMnO,的另一目的是 (4)加入物质X的作用是调pH,则“除杂”步骤调节pH的最佳范围是 物质X 的最住选择是 (填标号)。 a.NaOH b.石灰水c.ZnOd.氨气 (⑤)若要使HF可循环使用，可用 (填试剂名称)处理滤渣3以得到较为纯净的HF。 (6)ZS04·7H,0受热会失去结品水，其热重分析曲线如图所示，500K时残留固体的主要成 分是 (填化学式)。 试卷第8页，共12页 100 87 65 5 价5 50 30032034036038040420440460480500520540560580600 温度K 17.某小组欲利用铜催化空气氧化偶联反应制备4甲砜基苯乙酮（熔点126℃），并探究制备 条件对反应活性及选择性的影响。 B(OH)2 碳酸盐、Cu"X,(X=配体) ONa 空气、DSMO(溶剂) 4乙酰基苯硼酸 甲基亚磺酸钠 主反应 4甲取装苯乙用发形程蓝茶用4，帮术 偶联副产物 I.制备：15mL烧瓶中加入磁子，加入溶有配体的DMS0溶液1mL和醋酸铜（催化剂前体）， 室温搅拌5min。依次加入碳酸盐，甲基亚磺酸钠及4-乙酰基苯硼酸，补加2 mL DMS0。 水浴加热，反应2h,冷却至室温，得到粗产物I. Ⅱ.分离提纯： CH2CL2 →水相→含杂质溶液 粗产物 米 ②分液 分液 洗涤无水Na,SO。 ① →有机相 分液 过滤 →产物川 蒸馏 ③ ④ ⑤ l.实验探究： 控制反应温度70℃，改变反应条件（如下表），重复实验。得到反应物转化率、目标产物产率 及氧化副产物产率如下表：[实验配体X=N甲基咪唑（配体A)、联吡啶（配体B)、1,10-菲洛 林（配体C)。其中配体A为单齿配体，配体B、C均为双齿配体] 目标产物 序号 前体 配体 碳酸盐 转化率% 副产物/% % 试卷第9页，共12页 A(0.25 醋酸铜 碳酸钾 98 49 19 mmol) A0.25 2 溴化铜 碳酸钾 99 30 40 mmol) B(0.11 3 醋酸铜 碳酸钾 98 52 14 mmol) C(0.11 醋酸铜 碳酸钾 99 50 15 mmol) B(0.11 醋酸铜 碳酸铯 37 18 16 mmol) (①)一般使用烧瓶时要求液体体积不少于容积的， 本实验中使用容积偏大的烧瓶目的是 (2)氧化副产物4-羟基苯乙酮与碳酸钾反应的化学方程式 该副产物可在分离提 纯中 (填序号①⑤)操作时除去。 (3)检验所得产品是否较纯净的简易方法是 (4)实验 (填实验序号)可说明 对反应选择性没有显著影响。 (5)其他条件相同，分别控制反应温度50℃、70℃、90℃重复实验并进行液相色谱测试。已 知：在液相色谱图中可根据保留时间确定样品中的物质种类；吸收峰面积越大，物质含量越 高。从图像分析，最佳反应温度为 ℃，此温度的优势在于 50C 0.80 度 106 70C 90℃ 物质 保留时问/min 0.60 2706 目标产物 9.077 040 原料 10.360 0.20 氧化副产物 9.922 0.0( 8.0010.0012.0014.00 8.0010.0012.0014.00 8.0010.0012.0014.00 18.利用含硫物质热化学循环可实现太阳能的转化与存储，过程如下： 试卷第10页，共12页 02 S02tH,0反应Ls0, 太阳能→热能→H2S04分解 S02催化歧化 S燃烧 热能→电能 反应1 反应I H2SO 02 己知：反应IⅡ：3S02(g+2H0(g)=2HS04(0tS(s)△H2=-254kJ/mol 反应I:S(stO2(g=S0z(g)△=-297 kJ/mol (1)反应I的热化学方程式为： (2)对反应Ⅱ，在某一投料比、压强分别为p1和2时，平衡体系中硫酸的物质的量分数随温 度的变化关系如图所示。则p、p2的大小关系为p1p(填“>”、“=”或“<”)。 0.4 滋 0.3 P2 图 0.2 Pr 0.1 120 140 160 180 温度℃ (3)可以作为水溶液中SO2歧化反应（反应Ⅱ）的催化剂，可能的过程如下： 反应i:S02+4+4H*=S↓+22+2H20 反应ⅱ：I2+SO2+2HzO=S0}+4H+2为探究反应i、iⅱ的相对快慢与S02歧化反应速率的 关系，实验如下： 相同条件下，分别将18mLS02饱和溶液加入2mL下列4组试剂中，密闭放置观察现象.（已 知：2易溶解在KI中，形成棕褐色溶液) 序号 A B D 试剂组 0.4mol/LKI、 0.2 0.2mol/LKI、0.0001 0.4mol/LKI 成 0.2mol/LH2SO4 mol/LH2SO mol I2 实验现 溶液变黄，一段 溶液变黄，出现浑浊 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪 试卷第11页，共12页 象 时间后出现浑 较A快 去，变成黄色，出现浑 浊 浊较A快 ①在A、B、C三次实验中，反应由快到慢的顺序是 ②实验表明，SO2的歧化反应速率D>A,结合1、ⅱ反应速率解释的原因： 19.化合物H是一种降脂药物的中间体，其合成路线如图所示（部分反应条件已简化）。 0 CH COOH COOH -CI COOH NO:KMnO NO:Fe/H' NH NH- NaCHO,△ PCl,△ A B NH H A1Cl,△ 回 已知： 。回答下列问题： RCOOH- R-C-CI PCl,△ (1)化合物A的名称为。 (2)由B生成C的反应类型是 。C和B的合成顺序不能对换，其理由是 (3)化合物H中的含氧官能团的名称为 (4)C转化为D的过程中加入NaC0,的作用是 (5)E的结构简式为。 (6)C的同分异构体有多种，同时满足下列两个条件的有 种，其中核磁共振氢谱有5 组峰，且峰的面积之比为2：2：1：1：1的同分异构体的结构简式为 ①与FeCl,溶液能发生显色反应 ②能发生银镜反应 试卷第12页，共12页 参考答案 题号 1 2 3 4 6 6 7 6 0 10 答案 C D D A B D D A 题号 11 12 13 14 15 答案 B A B C B 1.C 【详解】A.从提纯后的NaCl溶液中获得NaCl晶体可选择蒸发结品的方式，当蒸发皿中有 大量品体析出时停止加热，利用余热把溶液蒸干，该装置正确，A正确： B.连接好装置，先闭合K,U形管中形成电解池，电解NSO4溶液，阳极产生O2、阴极 产生H2,几分钟后断开电源，闭合K2,U形管中的气体会发生氧化还原反应：2H2+02=2H,0, 可形成氢气燃料电池，B正确： C.中和反应热的测量需要通过测定反应前后的温度差计算中和热，先测量混合前的酸和碱 的温度，再测量盐酸与NaOH溶液混合后反应完全时的最高温度，C错误： D.加热固体时，要先将酒精灯在试管下方来回移动，让其均匀受热，然后对固体部位加热， D正确： 故选C。 2.D 【详解】A.S为16号元素，价电子为6，则价电子排布式为3s23,A正确： B.S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铁粉反应，所得产物相同， B正确： C.不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2,C错误： D.等质量的S6和Sg分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应， 消耗KOH的物质的量相同，D正确； 故答案为：D。 3.C 【详解】 H、 H、 A.中HN一0H中N原子形成3个共价键：存在一个孤电子对，L中HN一0H 与F形成配位键，不存在孤电子对，孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对之间 的排斥力，则I,中H-N-O的键角小于I2中H-N-O的键角，A正确： 答案第1页，共11页 B.根据图中信息，NH,OH、NH,和HO都不是中心对称，因此均为极性分子，B正确： C.反应物中不存在非极性键，因此不涉及非极性键的断裂，C错误： D.由图示可知，Fe2+配合物中心Fe+在I2中失去1个电子转化为F+,故l,中催化中心离 子为FC,D正确： 故选C。 4.D 【详解】A.甲基(-CH)中每个碳原子有6个电子，三个氢原子各贡献1个电子，总电 子数为6+3×1=9，因此1mol甲基含有的电子数目为9NA,A错误： B.钠(Na)被氧化为NaO2时，每个Na原子失去1个电子，1 mol Na失去Na个电子，B 错误： C.AIC为共价化合物，在固态时以分子形式存在，不离解出AI,因此AI·数目为0，C 错误： D.对于足够长的聚合物链，平均每个CH=CH-链节含有2个CHo键，以及来自1个C-C 单键和1个C-C双键的0锭共2个，总计4个。键，13g聚乙炔为5m0l,含 5x4nNA=2N个a键，D正确： n 故答案选D。 5.A 【详解】A.该有机物含有醇羟基，能与溴化氢发生取代反应，A正确： B.该有机物中有一个饱和碳原子同时连接了三个碳原子，一定会有一个碳原子不能共面， B错误： C.该有机物虽然有醇羟基，但是不满足消去反应发生的条件：羟基所连碳的相邻碳上要有 H(即要有B-H才能消去)，C错误： D.该有机物中能与氢氧化钠反应的官能团有酚羟基、酯基和碳氯键：1mol酚羟基消耗1mol NaOH,1mol酯基消耗2 noINaOH,水解后得到1mol羧酸钠和1mol酚钠，1mol碳氯键发 生水解反应消耗1mol NaOH生成醇羟基和氯化钠，因此1mol该有机物最多消耗 4 mol NaOH,故D错误： 故答案选A。 6.c 答案第2页，共11页 【详解】A.聚碳酸酯是高分子化合物，由于聚合度不同，属于混合物：而电解质和非电 解质的研究对象是化合物，混合物不能归为非电解质，A错误： B.X为双酚A,结构中两个苯环通过-C(CH,),-连接，苯环为平面结构，中间C原子为 四面体构型，单键可旋转，当两个苯环旋转至共平面时，12个苯环碳原子与中间C原子共 平面，甲基C原子因四面体构型无法共平面，最多共平面碳原子数为13，B错误 C.X为二元酚，M的链节含-OCOOCH,结构，缩聚时X的-OH与Y反应脱去小分子。Y 需提供碳酸酯结构，且核磁共振氢谱只有一组峰，碳酸二甲酯(CH,OCOOCH)中两个 -OCH,对称，H原子环境相同，符合Y的结构，C正确： D.M的链节含酯基和酚羟基对应的-O-结构。酯基水解生成-COOH和酚羟基，羧基与NaOH 反应，酚羟基（每个链节2个）也与NaOH反应，1个链节消耗多于1 mol NaOH,n个链节 消耗远大于n mol NaOH,D错误。 故选C。 7.B 【详解】A.NH3为三角锥形，分子中正负电荷中心不重合，为由极性键构成的极性分子， CH4为正四面体形分子，分子中正负电荷中心重合，为由极性键构成的非极性分子，A不合 题意： B.CO2为直线形分子，分子中正负电荷中心重合，为由极性键构成的非极性分子，CC14为 正四面体形分子，分子中正负电荷中心重合，为由极性键构成的非极性分子，B符合题意： C.CH3C1为四面体形分子，分子中正负电荷中心不重合，为由极性键构成的极性分子，BF3 为平面正三角形分子，分子中正负电荷中心重合，为由极性键构成的非极性分子，C不合题 意： D.SO,为平面三角形分子，分子中正负电荷中心重合，为由极性键构成的非极性分子，PC 为三角锥形形分子，分子中正负电荷中心不重合，为由极性键构成的极性分子，D不合题意： 故答案为：B。 8.D 【详解】A.CO2晶胞中Ce+周围等距且最近的O2有8个，构成立方体，A正确： B.根据M的坐标为 311 113 4'44 则N的坐标为444)” B正确： 答案第3页，共11页 C.设CcO2-.中的Ce+和Ce3+的个数分别为m和n,则m+n=l,由化合物中各元素正、负 化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x,解得m=1-2x,故一个Ce02-x晶胞中Cc+和Ce+个 数比为'2，C正确： D.利用均摊法计算，CcO2品胞中，有4个CeO2,用含a的代数式表示CcO2品胞密度为 6.88×1029 N,X8cm,D错误： 答案选D。 9.D 【分析】方铅矿（主要成分为PbS,含有FeS2等杂质）和MnO2中加入稀盐酸浸取，盐酸与 MnOz、PbS发生反应生成PbCl2和S,MnO2被还原成Mn2+,加入的NaCl可促进反应 PbCl2(s)+2Ct(aq)≥PbC1(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中：加入M 为MO调节溶液pH,使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤，得到滤渣2为氢氧 化铁沉淀；PbC难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbC2品体；之后加入N为稀硫酸 发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl,据此分析作答： 【详解】A.PbCl2(s)+2CT(aq)户PbCI(aq),温度降低，反应逆向移动，即平衡向左移， 有利于bC2沉淀更完全，反应为吸热反应，A错误： B.由分析可知，滤渣2的主要成分是氢氧化铁，B错误： C.“沉淀转化”过程中，沉淀的转化方程式为PbCl,(s)+S0(aq)=PbS0,(s)+2cr(aq), 溶液中达到平衡时溶液中 c2(Cr）c2(Cr）c(Pb2")_K,.(PbCl,)_1.6x10 =1.6×103,C c(SO c(SO)-c(Pb2)K(PbSO)1x10 错误： D.“浸取”时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbC2和S,MnO2被还原成Mn2+,加入的 NaC可促进反应PbCl,(s)+2CI(aq)=PbCl(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于 溶液中，离子方程式为：MnO2+PbS+4H+4C=[PbCL,+S+Mn2++2H,0,D正确： 故选D。 10.A 答案第4页，共11页 【详解】A.PH,和NH,分子均为三角锥形结构，但是由于氨气分子间存在氢键，故沸点关 系是：PH,<NH,A错误； B.乳酸分子中有一个碳原子同时连有-H、-OH、-CH,和-COOH四种不同基团，位置 OH 如图： 因而存在一个手性碳原子，B正确： CH3-CH-COOH C.碘、四氯化碳都是非极性分子，因此碘易溶于四氯化碳；甲烷是非极性分子，水是极性 分子，因此甲烷难溶于水，C正确： D.乙醇分子中的羟基与水分子中的氢原子可以形成氢键，从而增加乙醇在水中的溶解度， D正确： 故选A。 11.B 【分析】镀锌铁皮加入稀硫酸溶解，Z、F分别与稀硫酸反应生成硫酸锌、硫酸亚铁，过 滤除去不溶于硫酸的杂质，滤液中加入过氧化氢，将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氧化锌 调节pH,除去铁离子，使其转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，得到含有硫酸锌的滤液，再 经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到ZS047Hz0。 【详解】A.镀锌铁皮的镀层被破坏后，形成原电池，锌作负极，铁被保护，则铁的腐蚀 比生铁慢，故A错误： B.由分析知，“氧化”时，过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为 2Fe2+2H*+H02=2Fe3+2H0,故B正确： C.“调pH”时将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故“调pH”后所得溶液中不能大量存在 的离子有Fe3t,故C错误： D.从“过滤2”所得滤液中获取晶体的操作为：蒸发浓缩、冷却结品、过滤、洗涤、干燥， 故D错误： 故选B。 12.A 【详解】试题分析：加入100mL0.5mol·L'的HS04液恰好完全反应，n(HS0)=0.1L× 0.5mol/L=0.05mol,Cu0和Fe2O3与硫酸反应生成硫酸盐和水，可知金属氧化物中 n(O=n(HS0)0.05mol,含氧元素的质量为0.05mol×16g/mol=0.8g,若等量的混合物用足 量C0还原，充分反应后剩余固体为金属单质，其质量为mg-0.8g(m-0.8)g,则将2m 答案第5页，共11页 g该混合物用足量C0还原，充分反应后剩余固体的质量为(2m-1.6)g,故选A。 13.B 【分析】根据题中硼化钒(VB沙空气电池可知，本题考查燃料电池，运用原电池原理和氧化 还原反应知识分析。 【详解】A.硼化帆一空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，所以a为 正极，A项正确： B.硼化钒-空气燃料电池中，氧气在a极上得电子，氧气得电子生成氢氧根离子，所以a电 极附近溶液pH增大，B项错误： C氧气在正极上得电子生成OH,OH通过选择性透过膜向负极移动，所以图中选择性透过 膜应只允许阴离子通过，C项正确： D.负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH-22e =V205十2B203+11H20,D项正确。 答案选B。 【点睛】燃料电池正负极判断：燃料电池中氧气做正极，燃料做负极。 14.C 【详解】A.由图可知，该反应的反应物总能量高于生成物总能量，属于放热反应△H<0, 由△H=正反应活化能逆反应活化能可知，正反应活化能小于逆反应活化能，故A正确： B.过渡态能量越高越不稳定，Es1=26.8kJ/mol,Ers2=24.7kJ/mol,过渡态的稳定性：TS1<TS2, 故B正确； C.反应过程中新键均为极性键，不存在非极性键的形成，故C错误： D.由图可知，生成水的反应的活化能最高，是决速步骤，故D正确： 故答案选C。 15.B 【详解】A.“钙化”时不断生成CCO,同时受酸碱性、水温等影响，含碳无机物的量在 变化，A错误； B.由HCO CO}+H可知，pH=9时，K2= co）c-47x10",代入(r) c(HCO cCO) 可得 =0.047,B正确： c(HCO 答案第6页，共11页 C.“钙化”过程中Na,CO,NaHCO,转化为CaCO,CO2和H,O,海水pH降低，C错误； D.9=c(Ca24）c(C0）=6.8x103×2×106=1.36x10>Km(CaC0),D错误： 故选B。 16.(1)5 (2) CaSO4、PbSO, PbSO,在水中存在沉淀溶解平衡 PbSO4(s)=Pb2+(aq)+SO}(aq),醋酸铵是强电解质，在溶液中完全电离出NH4和 CH,C00,CH,C00能与Pb2+结合生成弱电解质Pb(CH,C00)2,c(Pb2+)减小，促进 PbSO,沉淀溶解平衡正向移动 (3) 2MnO,+3Mn2++2H,O=5MnO,+4H* 将Fe2+氧化成Fe+ (4) 4.76.0 c (5)浓硫酸 (6ZnS045H20 【分析】菱锌矿粉末经培烧将碳酸盐转化为氧化物，再用硫酸浸出，使锌及多数金属阳离子 溶解，CaSO4、PbSO4形成滤渣1除去；滤液中加入KMnO4,将Mm2+氧化为MmO2沉淀、 Fe2*氧化为Fe3·,再用ZnO调pH使Fe3+、AI转化为对应的沉淀除去：再向滤液中加入锌 粉置换出Cu、Cd,加入HF使Ca2+、Mg转化为氟化物沉淀除去；最后ZnSO:溶液经蒸发 浓缩、冷却结晶得到ZnSO,·7H,O,据此解题。 【详解】(1)Mn的原子序数为25，基态锰原子电子排布式为Ar3d4s2,3d轨道上有5个 未成对电子，其他轨道上没有未成对电子，则基态锰原子的未成对电子数为5： (2)由分析可知，滤渣1的主要成分为CS04、PbS04,PbSO,难溶于稀硝酸，却可溶于 醋酸铵溶液形成无色溶液，是因为CH,CO0能与Pb2+结合生成Pb(CH,COO)2,cPb2)减 小，促进PbSO4沉淀溶解平衡正向移动，即原因是：PbSO,在水中存在沉淀溶解平衡 PbSO,(s)≠Pb2(aq)+SO}(aq),醋酸铵是强电解质，在溶液中完全电离出NH和 CH,CO0,CH,COO能与Pb2+结合生成弱电解质Pb(CH,COO)2,c(P62+)减小，促进 PbSO,沉淀溶解平衡正向移动： 答案第7页，共11页 (3)除杂”过程中加入KMnO,的目的之一是除去Mn2+,即酸性条件下，高锰酸根与Mn2 发生归中反应生成MO2沉淀，反应的离子方程式为： 2MnO;+3Mn2++2H,0=5MnO2↓+4H,结合分析可知，加入KMnO4的另一目的是：将 Fe2+氧化为Fe3+: (4)加入物质X的作用是调pH,使Fe3+与A13+完全沉淀，又不使Zn2沉淀，结合表中数 据可知，则“除杂”步骤调节pH的最佳范围是4.7~6.0，物质X应既能消耗H+,又不能引 入新杂质，则物质X的最佳选择是ZO,NaOH、石灰水以及氨水均会引入新杂质： (5)滤渣3主要为CF2与MgF2,利用“高沸点酸制低沸点酸”，可用浓硫酸处理滤渣3 以得到较为纯净的HF,发生反应： CaE,+H,S0,(浓)会CaS0,+2HF↑、Mg,+H,S0,(浓)户MgsO,+2HF↑： (6)ZnS04·7H20的摩尔质量为287gmol,设其初始质量为100g,500K时固体残留率 为87.48%，对应质量为87.48g,计算失去结晶水的物质的量 nH,0)-007489=0.696mol,初始的n(2ns0,·7H,0-287Ba 18 g/mol 100g≈0.348mol,则500 K时残留固体的主要成分中含水分子个数为0348m0x7-0,696m0l=5,即化学式为 0.348mol ZnS04-5H20。 17.(1)留出更大的顶部空间（气相空间），从而为反应提供充足的氧气来源，有利于氧化反 应的顺利进行 OK 2) +K2CO KHCO3 ③ (3)测定所得产品的熔点 (4) 3、4 配体B和C的种类 (5) 70℃ 反应既能保证较高的原料转化率，又能获得最高的目标产物产率，同时 有效抑制了副反应的发生 【分析】在15mL烧瓶中，先加入磁子、溶有配体的DMS0溶液(1mL)和醋酸铜（催化 剂前体)，搅拌5分钟以形成催化剂络合物。随后依次加入碳酸盐、甲基亚磺酸钠和4乙酰 基苯硼酸，并补加2 mL DMSO。在水浴中加热反应2小时。冷却至室温，得到粗产物I。 步骤①向粗产物1中加入水，分液得到水相：含有水溶性杂质，被弃去，有机相：含有目标 答案第8页，共11页 产物、副产物及有机溶剂DMSO。步骤②向水相中加入二氯甲烷(CH,C12),再次分液，得 到水相：进一步去除水溶性杂质，最终成为“含杂质溶液”被弃去，有机相：合并到之前的 有机相中，确保目标产物被充分提取。步骤③对合并后的有机相进行洗涤（通常用碱液如碳 酸钾溶液，以除去酸性副产物如4羟基苯乙酮)。分离出洗涤液（水相)和净化后的有机相。 步骤④向有机相中加入无水硫酸钠(NSO,)。无水硫酸钠吸收有机相中的微量水分，形成 水合物沉淀，通过过滤将其除去，得到干燥的有机溶液。步骤⑤对干燥后的有机溶液进行蒸 馏，蒸去低沸点的溶剂（如二氯甲烷、DMSO),最终得到纯净的固体产物Ⅱ（即4甲磺基 苯乙酮)。 【详解】(1)常规操作中液体体积通常占烧瓶容积的到 ,实验中使用容积偏大的烧瓶目 3 的是：留出更大的顶部空间（气相空间），从而为反应提供充足的氧气来源，有利于氧化反 应的顺利进行。 (2) OK 氧化副产物4-羟基苯乙酮中含有酚羟基，具有弱酸性，与碳酸钾反应生成0 OH OK 和KHCO3,化学方程式为： +KCO3→ +KHCO3,利用 OH 该反应，用碳酸钾溶液洗涤有机层，将 转化为溶于水的0、 从而使其从有机相进入水相被除去，流程图中，步骤①是加水萃取分液，步骤②是加二氯甲 烷(CH,CL2)萃取分液。步骤③是“洗涤”。该副产物可在分离提纯中③操作时除去。 (3)目标产物“4-甲磺基苯乙酮”的熔点为126℃。对于固体有机化合物，最简便、直观 的纯度检验方法就是测定熔点。如果产品较纯净，其测得的熔点应接近126℃，如果含有杂 质，熔点会降低。 (4)实验3和实验4中配体的种类不同，但反应物的转化率、目标产物的产率、氧化副产 物的产率均近似，说明配体B和C的种类对反应选择性没有显著影响。 (5)由图可知，50℃时，目标产物峰较高，但副产物峰和原料峰也较高，说明含有较多的 答案第9页，共11页 副产物和原料。温度升高到70℃时，目标产物峰很高，副产物峰和原料峰降低，说明副产 物和原料的含量均下降。继续升高温度到90℃，副产物峰和原料峰几乎不变，但目标产物 峰降低，说明目标产物的含量减少。则70℃是最佳温度。因为在这个温度下，反应既能保 证较高的原料转化率，又能获得最高的目标产物产率，同时有效抑制了副反应的发生。 18.(1)2H2S04()=2S02(g)+2H20(g)+02(g)△H,=+551kJ1mol (2)< (3) B>A>C 由反应i、ⅱ可知，SO,先和反应生成L2,1,再和二氧化硫进一步 反应，D中KI溶液溶解了【2，导致D中的iⅱ的反应较A快 【详解】(1)根据图可知，反应I为2HS04(0=2S02(g)+2H20(g)+02(g),由盖斯定律 可知△H,=-△H2-△H,=-(-254)kJ/mol-(-297kJ/mol=+551kJ/mol,故反应I的热化学 方程式为：2HS0,(0)=202(g)+2H,0(g)+02(g)△H1=+55IkJ/mol: (2)反应IⅡ：3S02（g)+2H,0(g)=2H,S0,(0)+S(s),气体反应物计量数=5，生成物无气 体，增大压强，平衡正向移动，H,SO,物质的量分数变大。相同温度下：P2对应的硫酸物 质的量分数更高，说明P2>P,即P1<P2: (3)①C组只加稀硫酸，无催化剂，几乎无反应，速率最慢：A只有KI,B同时含有 KI和H,SO,(氢离子加快反应i的进行)，B出现浑浊比A快，速率B>A:整体速率B>A>C: ②实验表明，SO,的歧化反应速率D>A原因是：由反应i、ⅱ可知，SO2先和厂反应生成l2, 12再和二氧化硫进一步反应，D中KI溶液溶解了12，导致D中的ⅱ的反应较A快。 19.(1)邻硝基甲苯(2-硝基甲苯) (2) 还原反应 氨基具有较强的还原性，易被氧化，若调换后，氨基会被酸性高锰 酸钾氧化 (3)酯基和羟基 (4)除去HC可促使反应正向进行，提高反应物的转化率 答案第10页，共11页 (6) 13 HO NHCHO 【分析】A中的甲基被高锰酸钾氧化为羧基，得到B,B中的硝基被还原，生成C,C发生 取代反应，得到D,D发生给出的信息反应，得到E,E发生取代反应，得到F,F水解得 到G,G发生加成反应得到H,据此解答。 【详解】(1)化合物A的命名以甲苯为母体，为邻硝基甲苯或2-硝基甲苯。 (2)①对比B与C,苯环上的硝基被还原为氨基，为还原反应：②因为氨基具有较强的还 原性，易被氧化，若调换后，氨基会被酸性高锰酸钾氧化。 (3)H中含氧官能团有（醇）羟基、酯基。 (4)C转化为D的反应为取代反应，生成同时生成小分子HC,碳酸钠溶液为弱碱性，可 以吸收生成HC1,使反应正向移动，提高转化率。 (5) 由题干给出的信息反应知D中的羧基与邻二氯苯发生取代反应生成E,E为 (6) 能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有醛基，分为2 种情况：①苯环上有3个取代基：酚羟基，醛基，氨基，此时等效于找出苯环上三种不同取 代基的同分异构体，以两种不同的取代基为母体：这两种取代基位于对位时，有2种，位于 间位时，有4种，位于邻位时，有4种，一共2+4+4=10种：②苯环上有2个取代基：酚羟 基和-NHCHO,此时有邻、间、对，三种。所以一共有10+3=13种符合条件的同分异构体。 其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积为2：2：1：：1的为H0 NHCHO。 答案第11页，共11页