精品解析：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月阶段测试 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晶体 制作简单燃料电池 A．当蒸发皿中有大量晶体析出时停止加热，利用余热把溶液蒸干 B．连接好装置，先闭合，几分钟后断开电源，闭合 测量中和反应的反应热 实验室制取氨 C．盐酸与NaOH溶液混合后，立即测量温度，作为计算反应热的初始温度 D．先使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 A. A B. B C. C D. 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α-型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰点降低法测得它含有S8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3s23p4 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S8分子分别与过量的氧气反应只能得到SO2 D. 等物质的量的S6和S8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”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼，其反应历程如图所示。 下列说法错误的是 A. 中的键角小于中的键角 B. 和均为极性分子 C. 反应涉及非极性键的断裂和生成 D. 中催化中心离子为 4. 用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 mol甲基含有的电子数目为 B. 1 mol Na被完全氧化为，失去个电子 C. 26.7 g固体中，的数目为 D. 13 g聚乙炔中σ键数约为 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 A. 该有机物可以与浓发生取代反应 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. 该有机物与足量溶液反应最多消耗 6. 某种聚碳酸酯M的结构简式为，由单体X()和Y通过缩聚反应合成，Y的核磁共振氢谱只有一组峰。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 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. NH3和CH4 B. CO2和CCl4 C. CH3Cl和BF3 D. SO3和PCl3 8. 二氧化铈(CeO2)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。CeO2晶胞在催化过程中转变成晶胞的组成结构变化如图所示，已知：CeO2晶胞参数为，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 晶胞中位于构成的立方体空隙中 B. 若M的坐标为，则N的坐标为 C. 晶胞中和个数比为 D. 用含的代数式表示晶胞密度为 9. 工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有等杂质)制备晶体的工艺流程如下图： 已知：PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)； 。 下列说法正确的是 A. 由该工艺可知，PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)为放热反应 B. 滤渣2的主要成分是氢氧化亚铁 C. “沉淀转化”过程达平衡时，溶液中 D. “浸取”时可发生反应： 10. 下列关于分子的结构和性质的描述错误的是 A. 和分子均为三角锥形结构，两者的沸点关系： B. 乳酸()分子中含有一个手性碳原子 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硫酸锌(ZnSO47H2O)，其流程如图。 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++H2O2=2Fe3++2H2O C. “调pH”后所得溶液中大量存在的离子有Zn2+、SO、Fe3+、H+ D. 从“过滤2”所得滤液中获取晶体的操作为：蒸发滤液至有大量晶体出现时停止加热，利用余热将液体蒸干 12. CuO和Fe2O3组成的混合物m g，向其中加入100mL0.5mol•L﹣1的H2SO4液恰好完全反应，若将2m g该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体的质量为（　　） A. （2m﹣1.6）g B. （m﹣0.8）g C. （m﹣1.6）g D. （2m﹣0.8）g 13. 硼化钒(VB2)­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=4B2O3＋2V2O5。下列说法不正确的是（ ） 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－－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 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 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、，碳酸钙的溶度积常数。下列说法正确的是 A. 海洋中含碳无机物的量不变 B. 若海水的pH=9，则此时海水中 C. “钙化”过程中海水的pH升高 D. 若“钙化”后的海水中，则 二、解答题 16. 七水合硫酸锌()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，杂质为Fe、Mg、Al、Cu、Ca、Cd、Pb、Mn等元素的化合物)生产的工艺流程如图所示。 已知：①常温下，部分金属阳离子沉淀的pH范围如表。 金属阳离子 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，却可溶于醋酸铵溶液形成无色溶液，原因是___________。 （3）“除杂”过程中加入的目的之一是除去，反应的离子方程式为___________，加入的另一目的是___________。 （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的最佳选择是___________(填标号)。 a．NaOH b．石灰水 c．ZnO d．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）受热会失去结晶水，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)。 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。 I．制备：15 mL烧瓶中加入磁子，加入溶有配体的DMSO溶液1 mL和醋酸铜(催化剂前体)，室温搅拌5 min。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 DMSO。水浴加热，反应2h，冷却至室温，得到粗产物I． II．分离提纯： III．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] 序号 前体 配体 碳酸盐 转化率/% 目标产物/% 副产物/% 1 醋酸铜 A(0.25 mmol) 碳酸钾 98 49 19 2 溴化铜 A(0.25 mmol) 碳酸钾 99 30 40 3 醋酸铜 B(0.11 mmol) 碳酸钾 98 52 14 4 醋酸铜 C(0.11 mmol) 碳酸钾 99 50 15 5 醋酸铜 B(0.11 mmol) 碳酸铯 37 18 16 （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①~⑤)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___________。 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： 已知：反应Ⅱ：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) △H2=-254 kJ/mol 反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=-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p2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p1、p2的大小关系为p1______p2(填“＞”、“=”或“＜”)。 （3）I-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：SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O 反应ⅱ：I2+SO2+2H2O=+4H++2I-为探究反应ⅰ、ⅱ的相对快慢与SO2歧化反应速率的关系，实验如下： 相同条件下，分别将18 mL SO2饱和溶液加入2 mL下列4组试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI中，形成棕褐色溶液) 序号 A B C D 试剂组成 0.4mol/LKI 0.4mol/LKI、0.2mol/LH2SO4 0.2 mol/LH2SO4 0.2mol/LKI、0.0001 mol I2 实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪去，变成黄色，出现浑浊较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ⅰ、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)。 已知：。回答下列问题： （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与溶液能发生显色反应 ②能发生银镜反应 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年度大连八中高三8月阶段测试 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晶体 制作简单燃料电池 A．当蒸发皿中有大量晶体析出时停止加热，利用余热把溶液蒸干 B．连接好装置，先闭合，几分钟后断开电源，闭合 测量中和反应的反应热 实验室制取氨 C．盐酸与NaOH溶液混合后，立即测量温度，作为计算反应热的初始温度 D．先使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 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．从提纯后的NaCl溶液中获得NaCl晶体可选择蒸发结晶的方式，当蒸发皿中有大量晶体析出时停止加热，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，U形管中形成电解池，电解溶液，阳极产生、阴极产生，几分钟后断开电源，闭合，U形管中的气体会发生氧化还原反应：，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. 硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交α-型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰点降低法测得它含有S8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3s23p4 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S8分子分别与过量的氧气反应只能得到SO2 D. 等物质的量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．S为16号元素，价电子为6，则价电子排布式为3s23p4，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S8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. “肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼，其反应历程如图所示。 下列说法错误的是 A. 中的键角小于中的键角 B. 和均为极性分子 C. 反应涉及非极性键的断裂和生成 D. 中催化中心离子为 【答案】C 【解析】 【详解】A．中中N原子形成3个共价键，存在一个孤电子对，中与Fe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，则中的键角小于中的键角，A正确； B．根据图中信息，和都不是中心对称，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，配合物中心在中失去1个电子转化为，故中催化中心离子为，D正确； 故选C。 4. 用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 mol甲基含有的电子数目为 B. 1 mol Na被完全氧化为，失去个电子 C. 26.7 g固体中，的数目为 D. 13 g聚乙炔中σ键数约为 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲基（）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1 mol甲基含有的电子数目为，A错误； B．钠（Na）被氧化为时，每个Na原子失去1个电子，1 mol Na失去个电子，B错误； C．为共价化合物，在固态时以分子形式存在，不离解出，因此数目为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C-H σ键，以及来自1个C-C单键和1个C=C双键的σ键共2个，总计4个σ键，13 g聚乙炔为 mol，含个σ键，D正确； 故答案选D。 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 A. 该有机物可以与浓发生取代反应 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. 该有机物与足量溶液反应最多消耗 【答案】A 【解析】 【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（即要有才能消去），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2molNaOH，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，因此该有机物最多消耗，故D错误； 故答案选A。 6. 某种聚碳酸酯M的结构简式为，由单体X()和Y通过缩聚反应合成，Y的核磁共振氢谱只有一组峰。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 D. 1mol M在NaOH溶液中完全水解，最多可消耗n mol NaOH 【答案】C 【解析】 【详解】A．聚碳酸酯是高分子化合物，由于聚合度n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（）中两个对称，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1mol NaOH，n个链节消耗远大于n mol NaOH，D错误。 故选C。 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. NH3和CH4 B. CO2和CCl4 C. CH3Cl和BF3 D. SO3和PCl3 【答案】B 【解析】 【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，CCl4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．CH3Cl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．SO3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，PCl3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. 二氧化铈(CeO2)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。CeO2晶胞在催化过程中转变成晶胞的组成结构变化如图所示，已知：CeO2晶胞参数为，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 晶胞中位于构成的立方体空隙中 B. 若M的坐标为，则N的坐标为 C. 晶胞中和个数比为 D. 用含的代数式表示晶胞密度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．晶胞中周围等距且最近的有8个，构成立方体，A正确； B．根据M的坐标为，则N的坐标为，B正确； C．设中的和的个数分别为和，则，由化合物中各元素正、负化合价代数和为0可得，解得，故一个晶胞中和个数比为，C正确； D．利用均摊法计算，晶胞中，有4个，用含的代数式表示晶胞密度为，D错误； 答案选D。 9. 工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有等杂质)制备晶体的工艺流程如下图： 已知：PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)； 。 下列说法正确的是 A. 由该工艺可知，PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)为放热反应 B. 滤渣2的主要成分是氢氧化亚铁 C. “沉淀转化”过程达平衡时，溶液中 D. “浸取”时可发生反应： 【答案】D 【解析】 【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MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中；加入M为MnO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；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体；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．，温度降低，反应逆向移动，即平衡向左移，有利于PbCl2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，溶液中达到平衡时溶液中，C错误； D．“浸取”时盐酸与MnO2、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：，D正确； 故选D。 10. 下列关于分子的结构和性质的描述错误的是 A. 和分子均为三角锥形结构，两者的沸点关系： B. 乳酸()分子中含有一个手性碳原子 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 【答案】A 【解析】 【详解】A．和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：，A错误； B．乳酸分子中有一个碳原子同时连有、、和四种不同基团，位置如图：，因而存在一个手性碳原子，B正确； 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. 镀锌铁皮可用于制备七水合硫酸锌(ZnSO47H2O)，其流程如图。 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++H2O2=2Fe3++2H2O C. “调pH”后所得溶液中大量存在的离子有Zn2+、SO、Fe3+、H+ D. 从“过滤2”所得滤液中获取晶体的操作为：蒸发滤液至有大量晶体出现时停止加热，利用余热将液体蒸干 【答案】B 【解析】 【分析】镀锌铁皮加入稀硫酸溶解，Zn、Fe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ZnSO47H2O。 【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++H2O2=2Fe3++2H2O，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Fe3+，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、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D错误； 故选B。 12. CuO和Fe2O3组成的混合物m g，向其中加入100mL0.5mol•L﹣1的H2SO4液恰好完全反应，若将2m g该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体的质量为（　　） A. （2m﹣1.6）g B. （m﹣0.8）g C. （m﹣1.6）g D. （2m﹣0.8）g 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：加入100mL 0.5mol·L﹣1的H2SO4液恰好完全反应，n(H2SO4)=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，CuO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(H2SO4)=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CO还原，充分反应后剩余固体为金属单质，其质量为m g﹣0.8g=（m﹣0.8）g，则将2 m g该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体的质量为（2m﹣1.6）g，故选A。 13. 硼化钒(VB2)­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=4B2O3＋2V2O5。下列说法不正确的是（ ） 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－－22e－=V2O5＋2B2O3＋11H2O 【答案】B 【解析】 【分析】根据题中硼化钒(VB2)­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－=V2O5＋2B2O3＋11H2O，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. 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 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 【答案】C 【解析】 【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，由正反应活化能-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，ETS1=26.8 kJ/mol，ETS2=24.7 kJ/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. 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、，碳酸钙的溶度积常数。下列说法正确的是 A. 海洋中含碳无机物的量不变 B. 若海水的pH=9，则此时海水中 C. “钙化”过程中海水的pH升高 D. 若“钙化”后的海水中，则 【答案】B 【解析】 【详解】A．“钙化”时不断生成，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．由可知，pH=9时，，代入可得，B正确； C．“钙化”过程中转化为和，海水pH降低，C错误； D．，D错误； 故选B。 二、解答题 16. 七水合硫酸锌()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，杂质为Fe、Mg、Al、Cu、Ca、Cd、Pb、Mn等元素的化合物)生产的工艺流程如图所示。 已知：①常温下，部分金属阳离子沉淀的pH范围如表。 金属阳离子 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，却可溶于醋酸铵溶液形成无色溶液，原因是___________。 （3）“除杂”过程中加入的目的之一是除去，反应的离子方程式为___________，加入的另一目的是___________。 （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的最佳选择是___________(填标号)。 a．NaOH b．石灰水 c．ZnO d．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）受热会失去结晶水，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)。 【答案】（1）5 （2） ①. 、 ②. 在水中存在沉淀溶解平衡，醋酸铵是强电解质，在溶液中完全电离出和，能与结合生成弱电解质，减小，促进沉淀溶解平衡正向移动 （3） ①. ②. 将氧化成 （4） ①. 4.7~6.0 ②. c （5）浓硫酸 （6） 【解析】 【分析】菱锌矿粉末经焙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Mn2+氧化为MnO2沉淀、Fe2+氧化为Fe3+，再用ZnO调pH使Fe3+、Al3+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+、Mg2+转化为氟化物沉淀除去；最后ZnSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶得到，据此解题。 【小问1详解】 Mn的原子序数为25，基态锰原子电子排布式为[Ar]3d54s2，3d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； 【小问2详解】 由分析可知，滤渣1的主要成分为、，难溶于稀硝酸，却可溶于醋酸铵溶液形成无色溶液，是因为能与结合生成，减小，促进沉淀溶解平衡正向移动，即原因是：在水中存在沉淀溶解平衡，醋酸铵是强电解质，在溶液中完全电离出和，能与结合生成弱电解质，减小，促进沉淀溶解平衡正向移动； 【小问3详解】 除杂”过程中加入的目的之一是除去，即酸性条件下，高锰酸根与Mn2+发生归中反应生成MnO2沉淀，反应的离子方程式为：，结合分析可知，加入的另一目的是：将Fe2+氧化为Fe3+； 【小问4详解】 加入物质X的作用是调pH，使Fe3+与Al3+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，又不能引入新杂质，则物质X的最佳选择是ZnO，NaOH、石灰水以及氨水均会引入新杂质； 【小问5详解】 滤渣3主要为CaF2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：； 【小问6详解】 的摩尔质量为287 g/mol，设其初始质量为100 g，500 K时固体残留率为87.48%，对应质量为87.48 g，计算失去结晶水的物质的量，初始的，则500 K时残留固体的主要成分中含水分子个数为，即化学式为。 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。 I．制备：15 mL烧瓶中加入磁子，加入溶有配体的DMSO溶液1 mL和醋酸铜(催化剂前体)，室温搅拌5 min。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 DMSO。水浴加热，反应2h，冷却至室温，得到粗产物I． II．分离提纯： III．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] 序号 前体 配体 碳酸盐 转化率/% 目标产物/% 副产物/% 1 醋酸铜 A(0.25 mmol) 碳酸钾 98 49 19 2 溴化铜 A(0.25 mmol) 碳酸钾 99 30 40 3 醋酸铜 B(0.11 mmol) 碳酸钾 98 52 14 4 醋酸铜 C(0.11 mmol) 碳酸钾 99 50 15 5 醋酸铜 B(0.11 mmol) 碳酸铯 37 18 16 （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①~⑤)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___________。 【答案】（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 （2） ①. + K2CO3 + KHCO3 ②. ③ （3）测定所得产品的熔点 （4） ①. 3、4 ②. 配体B和C的种类 （5） ①. 70℃ ②. 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 【解析】 【分析】在15 mL烧瓶中，先加入磁子、溶有配体的DMSO溶液（1 mL）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I中加入水，分液得到水相：含有水溶性杂质，被弃去，有机相：含有目标产物、副产物及有机溶剂DMSO。步骤②向水相中加入二氯甲烷（），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（）。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）。 【小问1详解】 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。 【小问2详解】 氧化副产物4-羟基苯乙酮中含有酚羟基，具有弱酸性，与碳酸钾反应生成和KHCO3，化学方程式为：+ K2CO3 + KHCO3，利用该反应，用碳酸钾溶液洗涤有机层，将转化为溶于水的，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（）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。 【小问3详解】 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。 【小问4详解】 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。 【小问5详解】 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. 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： 已知：反应Ⅱ：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) △H2=-254 kJ/mol 反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=-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p2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p1、p2的大小关系为p1______p2(填“＞”、“=”或“＜”)。 （3）I-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：SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O 反应ⅱ：I2+SO2+2H2O=+4H++2I-为探究反应ⅰ、ⅱ的相对快慢与SO2歧化反应速率的关系，实验如下： 相同条件下，分别将18 mL SO2饱和溶液加入2 mL下列4组试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI中，形成棕褐色溶液) 序号 A B C D 试剂组成 0.4mol/LKI 0.4mol/LKI、0.2mol/LH2SO4 0.2 mol/LH2SO4 0.2mol/LKI、0.0001 mol I2 实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪去，变成黄色，出现浑浊较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ⅰ、ⅱ反应速率解释的原因：________________________。 【答案】（1） （2）＜ （3） ①. ②. 由反应i、ii可知，先和反应生成，再和二氧化硫进一步反应，D中KI溶液溶解了，导致D中的ii的反应较A快 【解析】 【小问1详解】 根据图可知，反应Ⅰ为，由盖斯定律可知，故反应Ⅰ的热化学方程式为：； 【小问2详解】 反应Ⅱ：，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，物质的量分数变大。相同温度下：对应的硫酸物质的量分数更高，说明，即； 【小问3详解】 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（氢离子加快反应i的进行），B出现浑浊比A快，速率；整体速率； ②实验表明，的歧化反应速率D＞A原因是：由反应i、ii可知，先和反应生成，再和二氧化硫进一步反应，D中KI溶液溶解了，导致D中的ii的反应较A快。 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)。 已知：。回答下列问题： （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与溶液能发生显色反应 ②能发生银镜反应 【答案】（1）邻硝基甲苯(2-硝基甲苯) （2） ①. 还原反应 ②. 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HCl可促使反应正向进行，提高反应物的转化率 （5） （6） ①. 13 ②. 【解析】 【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。 【小问1详解】 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。 【小问2详解】 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。 【小问3详解】 H中含氧官能团有（醇）羟基、酯基。 【小问4详解】 C转化为D的反应为取代反应，生成同时生成小分子HCl，碳酸钠溶液为弱碱性，可以吸收生成HCl，使反应正向移动，提高转化率。 【小问5详解】 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。 【小问6详解】 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2:2:1:1:1的为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $