精品解析：江苏扬州市江都中学2026-2027学年上学期高三开学自主学习效果评估 化学试题

2027届高三开学自主学习效果评估化学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。 3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑：如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Rb 85.5 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. 下列属于非金属元素的是 A. 铜 B. 硫 C. 银 D. 锌 2. 以NaIO3为原料制备I2时发生反应：2NaIO3＋6NaHSO3=2NaI＋6NaHSO4。下列说法正确的是 A. Na＋的结构示意图为 B. IO中I元素的化合价为＋6 C. SO的空间构型为正四面体 D. H2SO4中既含离子键又含共价键 3. 下列实验中，所选装置或实验设计合理的是 A. 用图①所示装置可以趁热过滤提纯苯甲酸 B. 用图②所示装置可以用乙醇提取溴水中的溴 C. 用图③所示装置可以分离二氯甲烷和三氯甲烷的混合物 D. 用图④所示装置灼烧干海带 4. 铝土矿除主要成分Al2O3·nH2O外，还存在多种第三周期元素如Mg、S。下列说法正确的是 A. 半径：r(Al3＋)>r(Mg2＋) B. 电离能：I1(Mg)>I1(Al) C. 碱性：Al(OH)3>Mg(OH)2 D. 热稳定性：H2S>H2O 5. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 易溶于水，可用作制冷剂 B. 受热易分解，可用作氮肥 C. 的化学性质稳定，可用作粮食保护气 D. (肼)具有氧化性，可用作高能燃料 阅读下列材料，完成下面小题： 电池有铅蓄电池、燃料电池(如电池)、锂离子电池、一次氯酸盐电池等，它们可以将化学能转化为电能。、、都可用作燃料电池的燃料。的燃烧热为。电解则可以将电能转化为化学能，电解饱和溶液可以得到，用电解法可制备消毒剂高铁酸钠()。 6. 下列说法正确的是 A. 中存在配位键 B. 的空间构型为平面正方形 C. 中的键角比中的小 D. 中心原子的轨道杂化类型为 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 铅蓄电池的正极反应： B. 电解饱和溶液： C. 表示的燃烧热： D. 一定条件下与的反应： 8. 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. 的电负性比的大，中显负电性 B. 的原子半径比小，金属锂的熔点比钠的高 C. 有强氧化性，可作为火箭发射的助燃剂 D. 的热稳定性较强，可用作燃料电池的燃料 9. 电解法制备的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. M为电源的负极 B. 阳极上的电极反应式为 C. 阴离子交换膜应能允许通过而能阻止的扩散 D. 理论上每转移0.1mol，阴极上会产生1.12L气体 10. 物质Z是一种用于合成内分泌调节剂的药物中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X在浓硫酸催化下加热可发生消去反应 B. 用溶液可鉴别化合物X和Y C. Y在水中的溶解性比X在水中的溶解性好 D. 化合物Z中含有手性碳原子 11. 常温下，铜铁混合物(粉末状)能发生如图所示的转化关系。下列说法错误的是 A. 溶液h可能是盐酸 B. 向溶液b中通入过量气体e，空气中久置后可得沉淀g C. 固体残渣中有铜，可能有铁 D. 溶液f中含有 12. 常温下，向溶液中缓慢滴入溶液，溶液的和 [ ]与 的变化关系如图所示。已知： 。下列说法错误的是 A. B. C. 点 对应溶液中的水的电离程度最大 D. 点 对应溶液中的 最小 13. 恒压下，向某密闭容器中充入一定量的和，发生如下反应： 主反应： 副反应： 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法正确的是 A. 投料比x代表 B. 曲线c代表乙酸的分布分数 C. ， D. L、M、N三点的平衡常数： 二、非选择题：共4小题，共61分。 14. 从氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)中回收锌的部分流程如下 （1）酸浸氧化。向氧化锌烟尘样品中加入一定量0.5mol·L-1H2SO4和MnO2。 ①此过程ZnS被转化为Zn2+和S，其离子方程式为___________。 ②元素浸出率与MnO2用量关系如图所示。 随着MnO2添加量大于4％，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是___________。 ③从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是___________。 （2）沉锗。若用H2L表示单宁酸，“沉锗”的反应原理可表示为Ge4++3H2LH2GeL3↓+4H+。在加入单宁酸前，应调节溶液的最佳pH为2.5，原因是___________。 （3）“沉锗”后的溶液经除杂浓缩可得ZnSO4溶液。 ①测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取5.00 mL ZnSO4溶液，加水稀释至200 mL；取50.00 mL稀释后溶液，调节溶液的pH=10，用0.1000 mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液25.00 mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___________(写出计算过程)。 ②ZnSO4溶液经过惰性电极电解后，所得溶液可循环用于该流程中的___________步骤。 15. 化合物G是合成一种激酶抑制剂的中间体，其合成路线如下： （1）反应涉及的反应物有；a．溶液；b．盐酸；c．浓、浓。 ①加入反应物的正确顺序是：c、___________、___________(填字母)。 ②硝化反应的机理可表示为： 反应中浓硫酸的作用是___________。 （2）C的分子式为，结构简式为___________。 （3）已知：，TEA为，能促进该反应的进行。能促进反应进行的原因是___________。 （4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式___________。 碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一能与溶液发生显色反应，两种产物的核磁共振氢谱中都有2个峰。 （5）写出以、为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用)_______。 16. 甲醇是重要的储氢燃料， 二氧化碳加氢制甲醇， 开启了绿色低碳的新时代。 I． 与 合成甲醇涉及的主要反应有： ① ② ③ 在 的条件下，将混合气体以 进行投料，按照不同空速(空速=)在装有催化剂的反应器中发生反应，测得的转化率、 的选择性( 的选择性 )随空速变化如图所示。 （1） ______ 。 （2）根据上图信息回答， 的产量( 产量 随空速增大而增大的原因是______。 （3）在空速为 条件下， 产量随温度变化如图所示。变化的原因可能是______。 （4） 和 在催化剂作用下合成 的可能反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用 “*” 标注， 能量数值表示该步基元反应的活化能)。 脱离催化剂吸附生成 时需要克服 2.94 eV 能量。请根据图中信息回答， 当温度超过 时， 的选择性在下降的可能原因是______。 II． 甲醇燃料电池主要有直接甲醇燃料电池和甲醇重整燃料电池(利用重整反应生成的 作燃料)两大类，它们的工作原理如图所示。 （5）直接甲醇燃料电池负极电极反应式为______。 （6）甲醇重整反应时，水醇比控制在 比较合适，其原因有：①若水醇比过大，水吸收能量过多，造成能耗比过大；②______。 （7）甲醇重整时，温度过高甲醇会发生深度热裂解。为了提高甲醇重整固体氧化物燃料电池的余热利用率，可以将重整反应移到固体氧化物燃料电池负极室内发生，该做法的缺点是______。 17. 水合肼(N2H4·H2O)在储氢领域有广阔的应用前景，其水溶液呈弱碱性。 （1）N2H4分子有顺式、反式和交互式三种比较稳定的空间构型。下列结构能表示N2H4分子交互式的是________(填序号) A． B． C． （2）肼分解制氢的主要反应为，肼的理论储氢密度。测得肼实际分解时产生的气体中含NH3，肼实际储氢密度小于理论值的原因是________(用化学方程式表示)。 （3）水合肼制氢过程中涉及肼在Ni-Pt催化剂表面分解，如图所示。 ①X的结构简式为________。 ②催化剂表面存在Ni和Pt两种活性位点，两种活性位点分别带不同电性的电荷。肼中的氢原子吸附于________(填“Ni”或“Pt”)活性位点，原因是______________。 ③已知：N-N键、N-H键的键能分别是286 kJ·mol-1、360 kJ·mol-1。肼在该催化剂表面反应断裂的化学键不是N-N键，而是N-H键，原因是______________。 （4）催化剂存在下，不同浓度的N2H4·H2O分解时，测得随时间的变化如下图所示。当N2H4·H2O浓度从0.1 mol·L-1增加到0.5 mol·L-1时，反应速率加快；从0.5 mol·L-1增加到1.0 mol·L-1时，反应速率几乎不变。其原因是________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三开学自主学习效果评估化学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。 3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑：如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Rb 85.5 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. 下列属于非金属元素的是 A. 铜 B. 硫 C. 银 D. 锌 【答案】B 【解析】 【详解】A．铜，带“钅”字旁，属于金属元素，A不符合题意； B．硫，带“石”字旁，属于非金属元素，B符合题意； C．银，带“钅”字旁，属于金属元素，C不符合题意； D．锌，带“钅”字旁，属于金属元素，D不符合题意； 故选B。 2. 以NaIO3为原料制备I2时发生反应：2NaIO3＋6NaHSO3=2NaI＋6NaHSO4。下列说法正确的是 A. Na＋的结构示意图为 B. IO中I元素的化合价为＋6 C. SO的空间构型为正四面体 D. H2SO4中既含离子键又含共价键 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na是第11号元素，Na＋的结构示意图为，A错误； B．IO中O为-2价，正负化合价代数和为零，故I元素的化合价为＋5，B错误； C．SO的中心原子价层电子对数，孤电子对数为0，空间构型为正四面体，C正确； D．H2SO4是共价化合物，只含共价键，D错误； 故选C； 3. 下列实验中，所选装置或实验设计合理的是 A. 用图①所示装置可以趁热过滤提纯苯甲酸 B. 用图②所示装置可以用乙醇提取溴水中的溴 C. 用图③所示装置可以分离二氯甲烷和三氯甲烷的混合物 D. 用图④所示装置灼烧干海带 【答案】A 【解析】 【详解】A．苯甲酸溶解度随温度升高显著增大，提纯苯甲酸时需要趁热过滤除去不溶性杂质，防止苯甲酸提前析出，装置①为普通过滤装置，可以完成趁热过滤操作，A符合题意； B．乙醇与水任意比互溶，不符合萃取剂“与原溶剂不互溶”的要求，无法用乙醇萃取溴水中的溴，B不符合题意； C．二氯甲烷和三氯甲烷互溶、沸点不同，原理上可用蒸馏分离，但蒸馏操作中应使用温度计，C不符合题意； D．灼烧干海带是高温灼烧固体的操作，应在坩埚中进行，装置④中为蒸发皿，蒸发皿仅用于蒸发浓缩溶液，不能承受高温灼烧固体，D不符合题意； 答案选A。 4. 铝土矿除主要成分Al2O3·nH2O外，还存在多种第三周期元素如Mg、S。下列说法正确的是 A. 半径：r(Al3＋)>r(Mg2＋) B. 电离能：I1(Mg)>I1(Al) C. 碱性：Al(OH)3>Mg(OH)2 D. 热稳定性：H2S>H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．Al3+和Mg2+的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此r(Al3+)＜r(Mg2+)，A错误； B．Mg的价电子排布为3s2，全充满，结构更稳定；第一电离能高于Al，因此I1(Mg) > I1(Al)，B正确； C．金属性Mg＞Al，对应最高价氢氧化物碱性Mg(OH)2＞Al(OH)3，C错误； D．O的非金属性强于S，故H2O的热稳定性高于H2S，D错误； 故选B。 5. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 易溶于水，可用作制冷剂 B. 受热易分解，可用作氮肥 C. 的化学性质稳定，可用作粮食保护气 D. (肼)具有氧化性，可用作高能燃料 【答案】C 【解析】 【详解】A． 液氨气化时吸热，可用作制冷剂，故A错误； B． 含有铵根离子，易溶于水，能提供N，被植物吸收，可用作氮肥，故B错误； C． 的化学性质稳定，可用作粮食保护气，减少粮食的呼吸作用，防止粮食缓慢氧化而变质，故C正确； D． (肼)具有还原性，可用作高能燃料，故D错误； 故选C。 阅读下列材料，完成下面小题： 电池有铅蓄电池、燃料电池(如电池)、锂离子电池、一次氯酸盐电池等，它们可以将化学能转化为电能。、、都可用作燃料电池的燃料。的燃烧热为。电解则可以将电能转化为化学能，电解饱和溶液可以得到，用电解法可制备消毒剂高铁酸钠()。 6. 下列说法正确的是 A. 中存在配位键 B. 的空间构型为平面正方形 C. 中的键角比中的小 D. 中心原子的轨道杂化类型为 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 铅蓄电池的正极反应： B. 电解饱和溶液： C. 表示的燃烧热： D. 一定条件下与的反应： 8. 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. 的电负性比的大，中显负电性 B. 的原子半径比小，金属锂的熔点比钠的高 C. 有强氧化性，可作为火箭发射的助燃剂 D. 的热稳定性较强，可用作燃料电池的燃料 【答案】6. A 7. D 8. D 【解析】 【6题详解】 A．原子最外层有3个电子，与3个形成共价键后有空轨道，第4个以形式提供孤电子对，与形成配位键，A正确； B．中心的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为正四面体形，B错误； C．为正四面体形，为三角锥形，中孤电子对的排斥作用使键角更小，故键角更大，C错误； D．中心原子为，价层电子对数为4，杂化类型为，D错误； 故选A。 【7题详解】 A．铅蓄电池正极发生得电子的还原反应，给出的反应是负极失电子的反应，A错误； B．电解饱和溶液时，阴极得电子生成和，不会生成单质，B错误； C．燃烧热要求1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物，的稳定氧化物为液态，该反应中为气态，不能表示燃烧热，C错误； D．与发生归中反应生成和，得失电子守恒、原子守恒，配平正确，D正确； 故选D。 【8题详解】 A．电负性，共用电子对偏向，故中显负电性，二者有对应关系，A不符合题意； B．碱金属原子半径越小，金属键越强，熔点越高，原子半径小于，故锂的熔点更高，二者有对应关系，B不符合题意； C．助燃剂需要具有强氧化性，具有强氧化性，可作火箭助燃剂，二者有对应关系，C不符合题意； D．作燃料电池燃料是因为其具有可燃性、燃烧放热量大，与热稳定性无关，二者无对应关系，D符合题意； 故选D。 9. 电解法制备的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. M为电源的负极 B. 阳极上的电极反应式为 C. 阴离子交换膜应能允许通过而能阻止的扩散 D. 理论上每转移0.1mol，阴极上会产生1.12L气体 【答案】C 【解析】 【分析】电解法制备的工作原理如图所示，Fe为电解池的阳极，M为电源的正极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=+4H2O，Pt为电解池的阴极，N为电源的负极，电极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴离子交换膜能允许OH-通过而能阻止的扩散，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，M为电源的正极，A错误； B．由分析可知，阳极上的电极反应式为Fe-6e-+8OH-=+4H2O，B错误； C．由分析可知，负极生成氢氧根，正极需要氢氧根作为反应物，故阴离子交换膜能允许OH-通过而能阻止的扩散，C正确； D．由分析可知，阴极电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒可知，理论上每转移0.1mol e-，阴极上会产生标准状况下0.05molH2即0.05mol×22.4L/mol=1.12L气体，但是题干中没有标明气体状态，D错误； 故答案为：C。 10. 物质Z是一种用于合成内分泌调节剂的药物中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X在浓硫酸催化下加热可发生消去反应 B. 用溶液可鉴别化合物X和Y C. Y在水中的溶解性比X在水中的溶解性好 D. 化合物Z中含有手性碳原子 【答案】B 【解析】 【详解】A．X在浓硫酸催化下加热，由于苯环上的碳氢键不能断裂，因此不能发生消去反应，故A错误； B．酚羟基与氯化铁变为紫色，因此用溶液可鉴别化合物X和Y，故B正确； C．X含有羟基和羧基，而Y含有酯基和醚键，因此Y在水中的溶解性比X在水中的溶解性小，故C错误； D．手性碳原子指碳连的四个原子或原子团都不相同，因此化合物Z中没有手性碳原子，故D错误。 综上所述，答案为B。 11. 常温下，铜铁混合物(粉末状)能发生如图所示的转化关系。下列说法错误的是 A. 溶液h可能是盐酸 B. 向溶液b中通入过量气体e，空气中久置后可得沉淀g C. 固体残渣中有铜，可能有铁 D. 溶液f中含有 【答案】C 【解析】 【分析】黄绿色气体c为Cl2，红褐色沉淀g为Fe(OH)3，进而推出溶液d为FeCl3溶液，溶液b为FeCl2溶液，Fe(OH)3与过量溶液h（酸）反应生成溶液a，则溶液a中含有金属阳离子Fe3+，Fe3+与铜、铁混合物反应生成Fe2+、Cu2+，最终得到深蓝色溶液f，说明生成铜氨络离子，因此气体e为，f中含有。 【详解】A．若h为盐酸，盐酸与Fe(OH)3反应生成含的盐酸体系，只要不足，仅部分铜溶解，仍可满足流程，存在这种可能性，A正确； B．溶液b中含有，通入过量生成，在空气中久置会被氧气氧化为红褐色的，即沉淀g，B正确； C．流程最终得到含铜氨络离子的溶液，说明溶液b中一定含有；铁的还原性比铜强，铜铁混合物中铁先发生反应，铁完全反应后铜才反应，若固体残渣中有铜，则一定无铁，C错误； D．与过量反应生成深蓝色络离子，因此f中含有该离子，D正确； 故选C。 12. 常温下，向溶液中缓慢滴入溶液，溶液的和 [ ]与 的变化关系如图所示。已知： 。下列说法错误的是 A. B. C. 点 对应溶液中的水的电离程度最大 D. 点 对应溶液中的 最小 【答案】D 【解析】 【详解】A．当加入时，二者恰好发生反应，得，故初始，，因此，A正确； B．在V(NaHCO3) = 10 mL时，pBa = 4.3，即c(Ba2+) = 10-4.3 mol·L-1。此时溶液主要存在BaCO3沉淀，为BaCO3饱和溶液，c() 主要来自BaCO3的溶解，且溶液中大量抑制水解，可近似认为c() ≈ c(Ba2+)，故：，已知，即100.3=2，可得10-0.3=0.5，计算得，B正确。 C．各点水的电离程度比较如下：点a为强碱Ba(OH)2溶液，强烈抑制水电离。点b含NaOH和BaCO3沉淀，仍呈碱性，抑制水电离。点c恰好生成Na2CO3，水解促进水电离。点d为NaHCO3过量，水解能力弱于，对水电离促进作用减弱。因此，点c时水的电离程度最大，C正确； D．根据溶度积公式：，点c时恰好生成Na2CO3，c()最大，故c(Ba2+)最小。点d时过量，溶液体积增大使被稀释，下降，c(Ba2+)反而上升。因此，c(Ba2+)最小的是点c，而非点d，D错误； 故选D。 13. 恒压下，向某密闭容器中充入一定量的和，发生如下反应： 主反应： 副反应： 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法正确的是 A. 投料比x代表 B. 曲线c代表乙酸的分布分数 C. ， D. L、M、N三点的平衡常数： 【答案】D 【解析】 【分析】题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为、，若投料比x代表，x越大，可看作是CH3OH的量增多，则对于主、副反应可知生成的CH3COOCH3越多，CH3COOCH3分布分数越高，则曲线a或曲线b表示CH3COOCH3分布分数，曲线c或曲线d表示CH3COOH分布分数，据此分析可知AB均正确，可知如此假设错误，则可知投料比x代表，曲线a或曲线b表示，曲线c或曲线d表示，据此作答。 【详解】A．根据分析可知，投料比x代表，故A错误； B．根据分析可知，曲线c表示CH3COOCH3分布分数，故B错误； C．甲醇与一氧化碳的反应为熵减反应，若反应为吸热，则任何条件下都不能自发，所以甲醇和一氧化碳的反应为放热反应，则ΔH1<0；当同一投料比时，观察可知T1时大于T2时，由T2＞T1可知，温度越高则越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，，故C错误； D．L、M、N三点对应副反应，且，升高温度平衡逆向移动，，故D正确； 故答案选D。 二、非选择题：共4小题，共61分。 14. 从氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)中回收锌的部分流程如下 （1）酸浸氧化。向氧化锌烟尘样品中加入一定量0.5mol·L-1H2SO4和MnO2。 ①此过程ZnS被转化为Zn2+和S，其离子方程式为___________。 ②元素浸出率与MnO2用量关系如图所示。 随着MnO2添加量大于4％，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是___________。 ③从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是___________。 （2）沉锗。若用H2L表示单宁酸，“沉锗”的反应原理可表示为Ge4++3H2LH2GeL3↓+4H+。在加入单宁酸前，应调节溶液的最佳pH为2.5，原因是___________。 （3）“沉锗”后的溶液经除杂浓缩可得ZnSO4溶液。 ①测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取5.00 mL ZnSO4溶液，加水稀释至200 mL；取50.00 mL稀释后溶液，调节溶液的pH=10，用0.1000 mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液25.00 mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___________(写出计算过程)。 ②ZnSO4溶液经过惰性电极电解后，所得溶液可循环用于该流程中的___________步骤。 【答案】（1） ①. ②. 随着添加量增大，更多的被氧化为，反应消耗增多，水解生成，导致铁元素浸出率下降 ③. 在等金属离子的催化下，易分解损失，氧化剂利用率下降 （2）pH过大，易生成沉淀损失；pH过小，抑制H2GeL3沉淀生成 （3） ①. ②. 酸浸氧化 【解析】 【分析】氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)加硫酸、酸浸氧化，生成、、S以及铁、锗的硫酸盐，再加入氧化锌调节pH，将铁元素转化为氢氧化物沉淀除去，再利用单宁酸沉锗，获得ZnSO4溶液，电解ZnSO4溶液获得锌单质。 【小问1详解】 ①ZnS被氧化为Zn2+和S，其离子方程式为； ②随着MnO2添加量大于4％，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是随着添加量增大，更多的被氧化为，反应消耗增多，水解生成，导致铁元素浸出率下降； ③从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是在等金属离子的催化下，易分解损失，氧化剂利用率下降。 【小问2详解】 在加入单宁酸前，应调节溶液的最佳pH为2.5，原因是pH过大，易生成沉淀损失；pH过小，抑制H2GeL3沉淀生成。 【小问3详解】 ①测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取5.00 mL ZnSO4溶液，加水稀释至200 mL；取50.00 mL稀释后溶液，调节溶液的pH=10，用0.1000 mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液25.00 mL；==，故50.00 mL稀释液中，则200.00 mL稀释液中，故； ②ZnSO4溶液经过惰性电极电解后，阴极放电生成锌单质，阳极水放电生成氧气和，故所得溶液为硫酸溶液，可循环用于该流程中的酸浸氧化。 15. 化合物G是合成一种激酶抑制剂的中间体，其合成路线如下： （1）反应涉及的反应物有；a．溶液；b．盐酸；c．浓、浓。 ①加入反应物的正确顺序是：c、___________、___________(填字母)。 ②硝化反应的机理可表示为： 反应中浓硫酸的作用是___________。 （2）C的分子式为，结构简式为___________。 （3）已知：，TEA为，能促进该反应的进行。能促进反应进行的原因是___________。 （4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式___________。 碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一能与溶液发生显色反应，两种产物的核磁共振氢谱中都有2个峰。 （5）写出以、为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用)_______。 【答案】（1） ①. a ②. b ③. 促进NO的生成、吸收生成水(提供H+、避免HNO3浓度降低、促使平衡正向移动生成更多NO) （2） （3）(C2H5)3N具有孤电子对，能结合H+，使平衡正向移动(或(C2H5)3N具有碱性，能消耗HBr，使平衡正向移动) （4） （5） 【解析】 【分析】A到B发生了酯基的水解和苯环上硝基的取代，根据题意，先发生硝基的取代，酯基水解、再酸化可得到B，故试剂的添加顺序为c、a、b；B到C发生了取代反应，C的分子式为，故C的结构简式为：；D与乙二胺发生反应，醛基和氨基位置发生了反应得到E，E到F硝基被还原为氨基；F和BrCN反应得到G。 【小问1详解】 ①根据分析，加入反应物的正确顺序是：c、a、b； ②根据机理图，第一步为慢反应，是决速步骤，浓硫酸促进的生成、吸收生成水，可促进反应正向进行，故反应中浓硫酸的作用是促进的生成、吸收生成水(提供H+、避免HNO3浓度降低、促使平衡正向移动生成更多)； 【小问2详解】 根据分析，C的结构简式为：； 【小问3详解】 根据已知，能促进反应进行的原因是：(C2H5)3N具有孤电子对，能结合H+，使平衡正向移动或(C2H5)3N具有碱性，能消耗HBr，使平衡正向移动； 【小问4详解】 A的同分异构体，碱性条件水解后酸化生成两种产物，产物之一能与溶液发生显色反应，说明含酚酯基，两种产物的核磁共振氢谱中都有2个峰，说明其同分异构体结构对称性高，满足条件的结构简式为：； 【小问5详解】 发生硝化反应得到，被还原为，发生水解反应得到，发生催化氧化得到，与反应得到，合成路线为：。 16. 甲醇是重要的储氢燃料， 二氧化碳加氢制甲醇， 开启了绿色低碳的新时代。 I． 与 合成甲醇涉及的主要反应有： ① ② ③ 在 的条件下，将混合气体以 进行投料，按照不同空速(空速=)在装有催化剂的反应器中发生反应，测得的转化率、 的选择性( 的选择性 )随空速变化如图所示。 （1） ______ 。 （2）根据上图信息回答， 的产量( 产量 随空速增大而增大的原因是______。 （3）在空速为 条件下， 产量随温度变化如图所示。变化的原因可能是______。 （4） 和 在催化剂作用下合成 的可能反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用 “*” 标注， 能量数值表示该步基元反应的活化能)。 脱离催化剂吸附生成 时需要克服 2.94 eV 能量。请根据图中信息回答， 当温度超过 时， 的选择性在下降的可能原因是______。 II． 甲醇燃料电池主要有直接甲醇燃料电池和甲醇重整燃料电池(利用重整反应生成的 作燃料)两大类，它们的工作原理如图所示。 （5）直接甲醇燃料电池负极电极反应式为______。 （6）甲醇重整反应时，水醇比控制在 比较合适，其原因有：①若水醇比过大，水吸收能量过多，造成能耗比过大；②______。 （7）甲醇重整时，温度过高甲醇会发生深度热裂解。为了提高甲醇重整固体氧化物燃料电池的余热利用率，可以将重整反应移到固体氧化物燃料电池负极室内发生，该做法的缺点是______。 【答案】（1） （2）空速增大时转化率降低，但单位时间、单位质量催化剂表面参加反应的二氧化碳总量在增加，同时甲醇的选择性也在逐步提高，单位时间处理的反应物总量增加，最终生成甲醇的总量升高 （3）温度低于时，升高温度加快反应速率，并且反应①③占主导，故甲醇产率增大；温度超过后，反应②占主导，因此甲醇产量下降 （4）转化时生成比更容易，当温度升高，平均能量升高，能量高于2.94 eV的的比例在增大，有更多的脱离催化剂表面转化为CO气体。 （5） （6）水不足时反应物甲醇不能充分转化 （7）负极室温度较高，重整时产生的积碳等杂质会沉积在负极上，降低电极活性，导致电池性能下降 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应③=反应①-反应②，因此有：。 【小问2详解】 由图可知，空速增大时转化率降低，但单位时间、单位质量催化剂表面参加反应的二氧化碳总量在增加，同时甲醇的选择性也在逐步提高，单位时间处理的反应物总量增加，最终生成甲醇的总量升高。 【小问3详解】 温度低于时，升高温度加快反应速率，并且反应①③占主导，故甲醇产率增大；温度超过后，生成甲醇的反应①为放热反应，升温平衡逆向移动，且吸热副反应②正向进行，甲醇选择性降低，因此甲醇产量下降。 【小问4详解】 转化时生成比更容易，当温度升高，平均能量升高，能量高于2.94 eV的的比例在增大，有更多的脱离催化剂表面转化为CO气体。 【小问5详解】 该电池为质子交换膜燃料电池，环境为酸性，负极甲醇失电子生成，负极电极反应式为：。 【小问6详解】 甲醇重整反应为​，水不足时反应物甲醇不能充分转化。 【小问7详解】 负极室温度较高，重整时产生的积碳等杂质会沉积在负极上，降低电极活性，导致电池性能下降。 17. 水合肼(N2H4·H2O)在储氢领域有广阔的应用前景，其水溶液呈弱碱性。 （1）N2H4分子有顺式、反式和交互式三种比较稳定的空间构型。下列结构能表示N2H4分子交互式的是________(填序号) A． B． C． （2）肼分解制氢的主要反应为，肼的理论储氢密度。测得肼实际分解时产生的气体中含NH3，肼实际储氢密度小于理论值的原因是________(用化学方程式表示)。 （3）水合肼制氢过程中涉及肼在Ni-Pt催化剂表面分解，如图所示。 ①X的结构简式为________。 ②催化剂表面存在Ni和Pt两种活性位点，两种活性位点分别带不同电性的电荷。肼中的氢原子吸附于________(填“Ni”或“Pt”)活性位点，原因是______________。 ③已知：N-N键、N-H键的键能分别是286 kJ·mol-1、360 kJ·mol-1。肼在该催化剂表面反应断裂的化学键不是N-N键，而是N-H键，原因是______________。 （4）催化剂存在下，不同浓度的N2H4·H2O分解时，测得随时间的变化如下图所示。当N2H4·H2O浓度从0.1 mol·L-1增加到0.5 mol·L-1时，反应速率加快；从0.5 mol·L-1增加到1.0 mol·L-1时，反应速率几乎不变。其原因是________。 【答案】（1）A （2）3N2H4N2+ 4NH3 （3） ①. HN=NH ②. Pt ③. N与H相连，H电负性小于N，故H原子显正价，金属性Ni＞Pt，故Ni-Pt催化剂负电荷集中在Pt上，正负电荷相互吸引 ④. N-N键键能虽小于N-H键键能，但N-H键极性较强，N、H分别与催化剂表面原子形成作用力，大幅削弱N-H键，使其比N-N键更易断裂 （4）N2H4·H2O浓度0.1 mol·L-1时，催化剂表面仅部分活性位点吸附了N2H4·H2O，浓度增大至0.5 mol·L-1时，有更多活性位点吸附N2H4·H2O，故浓度从0.1 mol·L-1增大至0.5 mol·L-1时反应速率加快，浓度达0.5 mol·L-1时，催化剂表面的活性位点几乎全部被N2H4·H2O占据，浓度增大至1.0 mol·L-1，吸附的N2H4·H2O几乎不变，故浓度从0.5 mol·L-1增大至1.0 mol·L-1时反应速率几乎不变 【解析】 【小问1详解】 A中两个氮原子上的氢原子沿N-N键方向观察呈交错排列，表示交互式构型； 【小问2详解】 肼实际分解产生的气体中含氨，说明部分肼发生不生成氢气的分解副反应：该副反应消耗肼却不生成氢气，所以实际储氢密度小于理论值； 【小问3详解】 ①图中肼逐步脱去氢原子，X再脱去氢后生成N2和H2；结合X中保留两个氮原子和两个氢原子，其结构简式为HN=NH； ②N-H键中H显正电性；Ni的金属性强于Pt，在Ni-Pt催化剂中负电荷集中在Pt位点，正负电荷相互吸引，因此H吸附于Pt位点； ③题给N-N键和N-H键的键能分别为286 kJ·mol-1和360 kJ·mol-1，孤立分子中N-N键更弱；但在催化剂表面，极性较强的N-H键两端分别与表面原子形成作用力，催化作用使N-H键显著弱化，故实际先断裂N-H键； 【小问4详解】 低浓度时催化剂表面只有部分活性位点被N2H4·H2O占据，浓度升高使被占据的活性位点增多，反应速率加快；浓度继续升高后，活性位点已接近全部被N2H4·H2O占据，表面吸附量几乎不再增加，因此反应速率几乎不变。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $