精品解析：山东省青岛市城阳等区2025-2026学年高三上学期期中考试 化学试题

2025—2026学年度第一学期期中考试 高三化学 说明： 1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，考试时间90分钟，满分100分。 2.选择题答案用2B铅笔涂在答题卡上，非选择题用0.5mm黑色中性笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学与科技、生产生活密切相关。下列说法正确的是 A. 高压钠灯发出黄光的过程为化学变化 B. 电化学腐蚀是指外加电流作用下金属损耗的过程 C. 通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同素异形体 D. 催化合成氨和氨的催化氧化过程均属于氮的固定 2. 物质的性质决定用途。下列两者对应关系错误的是 A. 明矾水解生成胶体，常用于水的杀菌消毒 B. 小苏打受热易分解，可用作食品膨松剂 C. 铁粉具有还原性，可用作食品包装脱氧剂 D. 过氧化钠能与反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂 3. 实验室中，下列试剂保存方法错误的是 A. 氧化钙固体保存在广口塑料瓶中 B. 氢氟酸保存在细口玻璃瓶中 C. 液溴、白磷保存时可用水密封 D. 溶液保存时可加入适量盐酸 4. 下列对应的离子方程式正确的是 A. 用FeS去除工业废水中的： B. 用稀硝酸清洗试管壁上的银镜： C. 用饱和氯化铁溶液制备胶体：(胶体) D. 用与浓盐酸制备氯气： 5. 肼()常用作金属表面脱氧剂，可通过反应得到设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 含有键的数目为 B. 标准状况下，含有质子的数目为 C. 溶液中的数目为 D. 每生成1 mol还原产物，转移电子的数目为 6. 下列实验方案设计不能达到实验目的的是 A．电解饱和食盐水制备NaOH和 B．证明酸性：碳酸＞苯酚 C．制备干燥的 D．验证铜与浓硫酸反应产生 A. A B. B C. C D. D 7. X、Y、Z、M、Q是分别位于三个不同短周期的主族元素，它们组成的化合物是一种缓释肥料。X与Y同周期，与Z同主族；Y基态原子s能级电子数与p能级电子数相等；Z的单质常作保护气；M基态原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法错误的是 A. 元素第一电离能：M＞Z＞X B. 简单离子的半径：X＞M＞Y C. 最简单氢化物的沸点：M＞Z＞X D. 中X、Z杂化方式相同 8. 利用下列仪器(非玻璃仪器任选)不能完成的实验是 A. 除去蛋白质溶液中的氯化钠 B. 配制溶液 C. 除去溴苯中少量的溴 D. 除去乙酸乙酯中的乙酸 9. Magnus绿盐是最早的金属氨配合物之一，其一种晶胞结构如图，已知为平面结构。下列说法正确的是 A. 该晶体中键角小于107.5° B. 该晶体为热稳定性高的共价晶体 C. 该晶体中Pt与N的杂化方式均为 D. 该晶体的化学式可表示为 10. 某课题组设计了一种以为催化剂，利用(R为烃基)为主要原料固定的方法，反应过程如图。下列说法正确的是 A. 该过程涉及键和键的断裂和形成 B. 参与反应，但未改变反应历程 C. 该过程中涉及的有机物均不存在手性碳原子 D. 若固定后的产物为，主要原料的结构为 二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 完成下列实验所用部分仪器或材料选择正确的是 实验内容 仪器或材料 A 粗盐提纯 漏斗、胶头滴管、酒精灯、玻璃棒 B 从碘的溶液中获得 蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管 C 称量固体 电子天平、称量纸 D 用NaOH标准液滴定未知浓度的盐酸 锥形瓶、聚四氟乙烯滴定管 A. A B. B C. C D. D 12. 一种简单全钒液流电池的结构及工作原理如图，其中电极材料均为惰性电极，酸性电解液储存在储液罐中。下列说法正确的是 A. 放电时，b极为正极 B. 充电时，的物质的量增加 C. 放电时，a极反应为 D. 充电时，理论上每减少1 mol，相应增加0.5 mol 13. 苯胺是制造染料和医药的中间体，可由硝基苯在足量铁粉和乙酸的作用下制得。原理为：装置如图。已知：制备后，分液出有机层，水层用乙醚萃取，醚层合并有机层得苯胺醚溶液；先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集180～185℃馏分得苯胺。 物质 摩尔质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/ 实验用量/mL 硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 7.69 苯胺 93 184.0 1.02 ________ 乙酸 60 16.6 117.9 1.05 14.0 乙醚 74 34.5 0.71 ________ 下列说法正确的是 A. 装置甲和装置乙中的两个冷凝管可互换使用 B. 装置甲中冷凝管的主要作用为冷凝回流硝基苯 C. 蒸馏回收乙醚时，锥形瓶需冰水浴 D. 实验结束得到5.58 g苯胺，产率约为80% 14. 短周期非金属元素M的“价—类”二维转化关系如图，已知M最高正价为，且d为强酸。下列说法错误的是 A. c可能属于酸性氧化物 B. 当n为偶数时，a与c混合可产生淡黄色固体 C. 若M位于第三周期，则b能与NaOH溶液反应 D. 若e为a与d的反应产物，则常温下d的浓溶液遇铁不反应 15. 医药化工生产中产生的CHCl₃常通过燃烧法处理，有关反应如下： ① ② 1 L密闭容器中充入2 mol 和1 mol 进行上述反应，平衡体系中的转化率和、的物质的量随温度的变化如图。时的平衡转化率为50%，。下列说法正确的是 A. 曲线Y代表 B. 温度高于时以反应①为主 C. 时， D. 时，增大压强或使用催化剂均能使曲线X上的a点移至b点 三、根据题意填空、简答(共5道大题，60分。答案填写在答题卡上) 16. 铁、铁合金及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）Fe在元素周期表中的位置为________。基态铁原子的价电子排布式为________。 （2）一种新型Fe(Ⅲ)配合物在信息存储、光开关、传感器等方面应用广泛，结构如图。 ①配合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为________。 ②该配合物中碳原子的杂化方式为________。 ③1 mol该配合物通过螯合作用形成的配位键有________mol。 （3）铁镁合金是已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，铁镁合金的立方晶胞结构如图(镁原子未画出)，已知镁原子填满铁原子构成的正四面体空隙中心。 ①铁镁合金的化学式为________。 ②已知1号铁原子分数坐标为(0，0，0)，则该晶胞内与2号铁原子相连接的镁原子的分数坐标为________。 ③若该晶体储氢时，填充在铁原子组成的八面体空隙中心位置，则含96 g镁的该储氢合金理论上最多可储存的物质的量为________。 17. 某冶金废渣主要含Si、Cu、Ni、Zn、Fe、Ca的氧化物，具有较好的资源利用价值，可获得、NiO和Zn等产品，工艺流程如图。 已知：①黄钠铁矾是颗粒较大的晶体，易过滤和洗涤；是胶状多孔沉淀，有较强吸附其它离子的能力。 ②ZnO为两性氧化物，与强碱反应生成。 ③。 回答下列问题： （1）“滤渣”的主要成分为________(填化学式)。“酸浸”充分后硫酸还需过量，除抑制铁离子水解外，还有________作用。 （2）“沉铁”时的作用为________。“沉铁”时将其转化为黄钠铁矾，而不转化为的原因为________。 （3）“还原沉铜”的离子方程式为________。“焙烧”的化学方程式为________。 （4）“浸锌”的离子方程式为________。 18. 常用于有机合成，易水解，具有还原性，熔点247℃，沸点623℃，可溶于乙醇。实验室中先将二氧化锡()还原为金属锡再制备，装置如图(夹持装置略)。回答下列问题： （1）检验装置气密性并加入。先通目的是________；一段时间后，加热管式炉，改通。仪器A的名称为________。证明已被完全还原的现象是________。 （2）完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石灰的干燥管；④通HCl；⑤加热。碱石灰的作用是________。HCl气体不可用代替的原因为________。 （3）利用碘量法测定产品纯度，实验如下： ①称量：将足量乙醇(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为g，则样品质量为________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。 ②滴定：先用氢氧化钠溶液和3%双氧水将转化为，通过离子交换柱发生反应；交换结束后，向所得含的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应；反应完全后，用标准溶液滴定，发生反应。滴定达终点时，消耗的溶液V mL。 转化为可溶的离子方程式为________。(摩尔质量为)的质量分数为________。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗溶液的体积将________(填“变大”、“变小”或“不变”，下同)，样品中质量分数的测定值将________。 19. 从铁锰氧化矿中(主要含、及Co、Cu、Si等元素的氧化物)分离提取Mn、Co等元素，工艺流程如图。 已知：①该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体； ②“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐； ③在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 回答下列问题： （1）“低温焙烧”时，与反应转化为时有放出，该反应的化学方程式为________。 （2）“高温焙烧”时，反应的化学方程式为________。 （3）“滤渣”主要成分为________(填化学式)。“萃取”的目的是除去________(填离子符号)。 （4）“沉钴”中，时恰好沉淀完全[]，此时溶液中________[已知：]。可将CoS溶于稀硫酸、制得溶液，同时有淡黄色固体产生，反应的离子方程式为________。 （5）“物质X”为________(填化学式)。“沉锰”时的离子方程式为________，所得滤液并入吸收后溶液中，经处理后所得产品导入________(填操作单元名称)循环利用。 20. 和合成生物能源甲醇是实现碳固定的重要途径，相关反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： （1）________。 （2）加氢合成甲醇的机理有如下两种推测： ①与作用先生成，再与合成甲醇： ②直接与合成甲醇： 压强的影响可以为反应机理的推测提供重要信息。相同温度时，在催化作用下，加氢反应随压强的变化如图。 已知：ⅰ．选择性； ⅱ．时空收率是指在给定条件下，单位时间内，单位体积(或质量)的催化剂能获得的某一产物的量。 试推断生成甲醇的机理是________(填“①”或“②”)，原因为________。 （3）一定压强下，与在催化作用下仅发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡时和选择性及转化率随温度的变化如图。表示选择性的曲线为________(填标号)，后，b线上升可能的原因是________。 （4）时，向压强为的恒压密闭容器中充入和，发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ．测得达平衡时容器中有和，计算此时的分压为________kPa，该温度下反应Ⅱ的压强平衡常数为________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第一学期期中考试 高三化学 说明： 1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，考试时间90分钟，满分100分。 2.选择题答案用2B铅笔涂在答题卡上，非选择题用0.5mm黑色中性笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学与科技、生产生活密切相关。下列说法正确的是 A. 高压钠灯发出黄光的过程为化学变化 B. 电化学腐蚀是指外加电流作用下金属损耗的过程 C. 通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同素异形体 D. 催化合成氨和氨的催化氧化过程均属于氮的固定 【答案】C 【解析】 【详解】A．高压钠灯发出黄光是钠原子中电子跃迁释放能量的过程，无新物质生成，属于物理变化，A错误； B．电化学腐蚀是金属发生自发原电池反应而引起的损耗，外加电流作用下的金属损耗不属于电化学腐蚀，B错误； C．螺旋碳纳米管与石墨烯均是碳元素形成的不同单质，符合同素异形体的定义，C正确； D．氮的固定是将游离态氮（）转化为化合态氮的过程，氨的催化氧化是化合态氮之间的转化，不属于氮的固定，D错误； 故选C。 2. 物质的性质决定用途。下列两者对应关系错误的是 A. 明矾水解生成胶体，常用于水的杀菌消毒 B. 小苏打受热易分解，可用作食品膨松剂 C. 铁粉具有还原性，可用作食品包装脱氧剂 D. 过氧化钠能与反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂 【答案】A 【解析】 【详解】A．明矾水解生成的胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质实现净水，但无强氧化性，不能起到杀菌消毒的作用，A符合题意； B．小苏打为，受热易分解产生气体，可使食品内部形成疏松多孔结构，可用作食品膨松剂，B不符合题意； C．铁粉具有还原性，可与食品包装内的氧气发生反应，避免食品被氧化变质，可用作食品包装脱氧剂，C不符合题意； D．过氧化钠能与反应生成，可在缺氧环境下持续供给氧气，可作潜水艇中的供氧剂，D不符合题意； 故选A。 3. 实验室中，下列试剂保存方法错误的是 A. 氧化钙固体保存在广口塑料瓶中 B. 氢氟酸保存在细口玻璃瓶中 C. 液溴、白磷保存时可用水密封 D. 溶液保存时可加入适量盐酸 【答案】B 【解析】 【详解】A．氧化钙为固体试剂应保存在广口瓶中，且氧化钙吸水后生成的氢氧化钙会与玻璃中的反应腐蚀玻璃，因此用塑料瓶保存，A正确； B．氢氟酸会与玻璃中的发生反应，会腐蚀玻璃瓶，不能保存在玻璃瓶中，应保存在塑料瓶中，B错误； C．液溴易挥发，水封可减少其挥发；白磷着火点低，难溶于水且不与水反应，水封可隔绝空气防止其自燃，C正确； D．易发生水解反应，加入适量盐酸可增大浓度，抑制的水解，D正确； 故选B。 4. 下列对应的离子方程式正确的是 A. 用FeS去除工业废水中的： B. 用稀硝酸清洗试管壁上的银镜： C. 用饱和氯化铁溶液制备胶体：(胶体) D. 用与浓盐酸制备氯气： 【答案】D 【解析】 【详解】A．是难溶电解质，离子方程式中不能拆分为，正确反应为，A错误； B．稀硝酸与反应的还原产物为而非，且方程式未配平，正确离子方程式为，B错误； C．制备胶体的反应物为沸水，不能拆分为，正确反应为，C错误； D．与浓盐酸反应时，元素从+7价降至+2价，元素部分从-1价升至0价，电子守恒、电荷守恒、原子守恒均满足，离子方程式书写正确，D正确； 故选D。 5. 肼()常用作金属表面脱氧剂，可通过反应得到设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 含有键的数目为 B. 标准状况下，含有质子的数目为 C. 溶液中的数目为 D. 每生成1 mol还原产物，转移电子的数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A．3.2 g 的物质的量为，1个分子含5个键（1个键和4个键），故含键数目为，A错误； B．标准状况下为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，无法确定所含质子数目，B错误； C．为弱酸根离子，在溶液中会发生水解，故1 L 溶液中的数目小于，C错误； D．反应中中+1价的被还原为中-1价的，为还原产物，每生成1 mol还原产物，得到2 mol电子，转移电子数目为，D正确； 故选D。 6. 下列实验方案设计不能达到实验目的的是 A．电解饱和食盐水制备NaOH和 B．证明酸性：碳酸＞苯酚 C．制备干燥的 D．验证铜与浓硫酸反应产生 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．该装置为阳离子交换膜法电解饱和食盐水，阴极区生成和，阳极生成，可达到实验目的，A不符合题意； B．浓盐酸易挥发，反应生成的中混有杂质，也能与苯酚钠反应生成苯酚，无法证明酸性：碳酸＞苯酚，不能达到实验目的，B符合题意； C．生石灰与水反应放热且增大浓度，可促进浓氨水分解逸出，经碱石灰干燥后用向下排空气法收集，可制备干燥的，C不符合题意； D．铜与浓硫酸共热生成，可使品红溶液褪色，浸溶液的棉团可吸收尾气防止污染，能验证的生成，D不符合题意； 答案选B。 7. X、Y、Z、M、Q是分别位于三个不同短周期的主族元素，它们组成的化合物是一种缓释肥料。X与Y同周期，与Z同主族；Y基态原子s能级电子数与p能级电子数相等；Z的单质常作保护气；M基态原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法错误的是 A. 元素第一电离能：M＞Z＞X B. 简单离子的半径：X＞M＞Y C. 最简单氢化物的沸点：M＞Z＞X D. 中X、Z杂化方式相同 【答案】A 【解析】 【分析】首先推断元素：五种元素分属三个短周期，M基态原子最外层电子数是内层的3倍，可知M为；Z单质常作保护气，Z为；X与Z同主族，与Y同周期，Y基态s能级与p能级电子数相等，可知Y电子排布为，即Y为，X为；第一周期主族元素只有，故Q为，对应肥料为。 【详解】A．同周期第一电离能呈增大趋势，但的轨道为半满稳定结构，第一电离能，同主族自上而下第一电离能减小，，故第一电离能顺序为，A错误； B．离子电子层数越多半径越大，电子层结构相同时核电荷数越大半径越小，有3个电子层，、为2个电子层且核电荷数，故离子半径，B正确； C．常温为液态沸点最高，分子间存在氢键，沸点高于无氢键的，故沸点，C正确； D．中、中的价层电子对数均为4，杂化方式均为，杂化方式相同，D正确； 故选A。 8. 利用下列仪器(非玻璃仪器任选)不能完成的实验是 A. 除去蛋白质溶液中的氯化钠 B. 配制溶液 C. 除去溴苯中少量的溴 D. 除去乙酸乙酯中的乙酸 【答案】B 【解析】 【详解】A．除去蛋白质溶液中的氯化钠用渗析法，仅需要烧杯、玻璃棒等仪器，利用现有仪器可以完成，A不符合题意； B．配制溶液定容时必须使用玻璃仪器胶头滴管，题给仪器中没有胶头滴管，无法完成实验，B符合题意； C．除去溴苯中少量溴，可加入溶液充分振荡后分液，所需玻璃仪器分液漏斗、烧杯均已给出，可完成实验，C不符合题意； D．除去乙酸乙酯中的乙酸，可加入饱和溶液充分振荡后分液，所需玻璃仪器分液漏斗、烧杯均已给出，可完成实验，D不符合题意； 故选B。 9. Magnus绿盐是最早的金属氨配合物之一，其一种晶胞结构如图，已知为平面结构。下列说法正确的是 A. 该晶体中键角小于107.5° B. 该晶体为热稳定性高的共价晶体 C. 该晶体中Pt与N的杂化方式均为 D. 该晶体的化学式可表示为 【答案】D 【解析】 【详解】A．作为配体时，原子的孤电子对与形成配位键，孤电子对与成键电子对的排斥作用减弱，键角大于游离的，A错误； B．该晶体由阴阳配离子通过离子键结合，属于离子晶体，配位键受热易断裂，热稳定性较低，B错误； C．题干已知为平面结构，说明的杂化方式不可能是杂化，杂化空间构型应该为正四面体形，C错误； D．晶胞中与数目之比为，晶体化学式可表示为，D正确； 故选D。 10. 某课题组设计了一种以为催化剂，利用(R为烃基)为主要原料固定的方法，反应过程如图。下列说法正确的是 A. 该过程涉及键和键的断裂和形成 B. 参与反应，但未改变反应历程 C. 该过程中涉及的有机物均不存在手性碳原子 D. 若固定后的产物为，主要原料的结构为 【答案】AD 【解析】 【详解】A．反应物存在碳氧双键（含σ键和π键），环氧底物中全部是σ键；反应过程中的π键、环氧的σ键发生断裂，最终生成的环状碳酸酯中形成了新的C-O σ键，因此该过程同时涉及σ键和π键的断裂与形成，A正确； B．题干中的是反应催化剂，催化剂的作用机理就是参与反应的中间过程，通过改变反应历程、降低反应活化能来加快反应速率，反应结束后催化剂再生，因此它改变了反应历程，B错误； C．手性碳原子是指连有4个不同原子/基团的饱和碳原子。该过程的中间产物（如连有R、Br、H以及氧原子的饱和碳原子）、最终产物中都存在手性碳原子，并非所有涉及的有机物都不存在手性碳，C错误； D．根据反应机理，原料是三元环氧烷结构，断开C-O单键，固定后得到的五元环状碳酸酯产物，固定后的产物是六元环邻位并合五元环状碳酸酯的结构（1，2-环己二醇环状碳酸酯），其五元环碳酸酯的两个氧原子直接连接在六元环的相邻两个碳原子上。逆推可知，对应的原料环氧衍生物，就是三元环氧的两个成环原子，恰好是六元环上的相邻两个碳原子，即环氧乙烷环与环己烷邻位并合的结构（氧原子和环己烷相邻两个C共同构成三元环氧环），和题干给出的原料结构完全匹配，D正确； 故选AD。 二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 完成下列实验所用部分仪器或材料选择正确的是 实验内容 仪器或材料 A 粗盐提纯 漏斗、胶头滴管、酒精灯、玻璃棒 B 从碘的溶液中获得 蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管 C 称量固体 电子天平、称量纸 D 用NaOH标准液滴定未知浓度的盐酸 锥形瓶、聚四氟乙烯滴定管 A. A B. B C. C D. D 【答案】BD 【解析】 【详解】A．粗盐提纯需要烧杯、蒸发皿等必备仪器，且实验中不需要胶头滴管，给出的仪器不全且含有不需要的仪器，A错误； B．从碘的溶液中获得采用蒸馏操作，给出的蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管均为蒸馏所需的正确仪器，B正确； C．固体易潮解，称量时需放在小烧杯中，不能使用称量纸，C错误； D．会腐蚀玻璃塞，可使用耐酸碱的聚四氟乙烯滴定管盛装，滴定实验需要锥形瓶盛放待测盐酸，给出仪器选择正确，D正确； 故选BD。 12. 一种简单全钒液流电池的结构及工作原理如图，其中电极材料均为惰性电极，酸性电解液储存在储液罐中。下列说法正确的是 A. 放电时，b极为正极 B. 充电时，的物质的量增加 C. 放电时，a极反应为 D. 充电时，理论上每减少1 mol，相应增加0.5 mol 【答案】C 【解析】 【详解】A．放电时，原电池中阳离子向正极移动，由图可知向a极移动，故a极为正极，b极为负极，A错误； B．充电时，b极为阴极，发生反应，被消耗，物质的量减少，B错误； C．放电时a极为正极，得电子发生还原反应，V元素从+5价降为+4价，酸性条件下用配平电荷，电极反应为，C正确； D．充电时，每减少1 mol ，转移1mol电子，阳极反应为，转移1 mol电子时生成1 mol ，故相应增加1 mol，D错误； 故选C。 13. 苯胺是制造染料和医药的中间体，可由硝基苯在足量铁粉和乙酸的作用下制得。原理为：装置如图。已知：制备后，分液出有机层，水层用乙醚萃取，醚层合并有机层得苯胺醚溶液；先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集180～185℃馏分得苯胺。 物质 摩尔质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/ 实验用量/mL 硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 7.69 苯胺 93 184.0 1.02 ________ 乙酸 60 16.6 117.9 1.05 14.0 乙醚 74 34.5 0.71 ________ 下列说法正确的是 A. 装置甲和装置乙中的两个冷凝管可互换使用 B. 装置甲中冷凝管的主要作用为冷凝回流硝基苯 C. 蒸馏回收乙醚时，锥形瓶需冰水浴 D. 实验结束得到5.58 g苯胺，产率约为80% 【答案】CD 【解析】 【分析】苯胺可由硝基苯在足量铁粉和乙酸的作用下制得，在甲装置反应完毕后转入分液漏斗静置分层，分出有机层(含大量苯胺)，水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，再在乙装置蒸馏可得到苯胺。 【详解】A．甲反应装置是球形冷凝管，内有多个玻璃球串联，冷凝面积大，专用于回流，因残余液体较多，不能用于蒸馏；乙蒸馏装置用直形冷凝管，液体可顺利流下，专用于蒸馏，若用于回流，冷凝面积小，回流效率低，二者不可互换，A错误； B．硝基苯、苯胺、乙酸沸点均较低，反应加热都易挥发，甲中球形冷凝管主要作用是冷凝回流硝基苯、乙酸、苯胺，提高原料利用率和产率；B错误； C．乙醚沸点只有34.5℃，极易挥发，有毒，蒸馏回收乙醚，锥形瓶冰水浴，减少乙醚的挥发损失；C正确 D．硝基苯体积7.69mL，密度1.20，，，由化学方程式，，，因此理论生成苯胺物质的量为，理论苯胺质量为： 产率=，D正确。 故答案选CD。 14. 短周期非金属元素M的“价—类”二维转化关系如图，已知M最高正价为，且d为强酸。下列说法错误的是 A. c可能属于酸性氧化物 B. 当n为偶数时，a与c混合可产生淡黄色固体 C. 若M位于第三周期，则b能与NaOH溶液反应 D. 若e为a与d的反应产物，则常温下d的浓溶液遇铁不反应 【答案】D 【解析】 【分析】结合短周期非金属元素M的价类二维图、d为强酸的条件，可推断M为N或S元素：M的最低负价为，说明M的最外层电子数为n，且最高正价为、对应含氧酸d是强酸，符合条件的短周期非金属只有N（最高+5，对应强酸​）和S（最高+6，对应强酸）。 【详解】A．若M为S，c是+4价的氧化物​，属于酸性氧化物，因此c可能属于酸性氧化物，A正确； B．当n为偶数时，n=6，对应M为S，a为，c为，二者混合发生反应，生成淡黄色的硫单质，B正确； C．若M位于第三周期，则M为S，b为S单质，S能与NaOH溶液在加热条件下发生歧化反应，反应为，C正确； D．若e为a与d的反应产物，对应M为N时：为，为，二者反应生成的盐为。常温下浓硝酸遇铁会发生钝化，钝化不是不反应，是浓硝酸将铁表面氧化生成致密氧化膜阻止后续反应，并非不发生反应，D错误； 故选D。 15. 医药化工生产中产生的CHCl₃常通过燃烧法处理，有关反应如下： ① ② 1 L密闭容器中充入2 mol 和1 mol 进行上述反应，平衡体系中的转化率和、的物质的量随温度的变化如图。时的平衡转化率为50%，。下列说法正确的是 A. 曲线Y代表 B. 温度高于时以反应①为主 C. 时， D. 时，增大压强或使用催化剂均能使曲线X上的a点移至b点 【答案】AC 【解析】 【分析】首先结合题干信息分析各曲线对应物理量： 两个反应均为放热反应，温度升高平衡均逆向移动：的转化率随温度升高而降低，对应图中持续下降的虚线Z；是两个反应的反应物，随温度升高，两个平衡均逆向移动，的物质的量持续增大，对应曲线X；是反应①的产物、反应②的反应物，低温下以反应①为主，温度升高平衡均逆向移动，物质的量随温度升高先减小，当反应②占主导后，温度升高平衡均逆向移动，物质的量随温度升高后增大，对应先降后升的曲线Y。 【详解】A．曲线X随温度升高持续上升，代表的物质的量，的转化率随温度升高而降低，对应图中持续下降的虚线Z，则曲线Y代表的物质的量，A正确； B．温度高于时，的物质的量随温度升高逐渐增多，说明反应②随温度升高平衡均逆向移动，物质的量增多，此时以反应②为主，B错误； C．℃时的平衡转化率为50%，即反应①消耗1 mol 和；已知平衡时n()=0.5 mol，说明反应①生成的1 mol 中有0.5 mol被反应②消耗，则反应②消耗，初始为1mol，平衡时剩余为，容器体积1 L，故，C正确； D．增大压强平衡向反应气体分子数变小的方向移动，则两个反应平衡均逆向移动，的物质的量增多，能使曲线X上的a点移至b点，催化剂仅改变反应速率，不影响平衡移动，无法改变平衡时的物质的量，不能使a点移至b点，D错误； 故选AC。 三、根据题意填空、简答(共5道大题，60分。答案填写在答题卡上) 16. 铁、铁合金及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）Fe在元素周期表中的位置为________。基态铁原子的价电子排布式为________。 （2）一种新型Fe(Ⅲ)配合物在信息存储、光开关、传感器等方面应用广泛，结构如图。 ①配合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为________。 ②该配合物中碳原子的杂化方式为________。 ③1 mol该配合物通过螯合作用形成的配位键有________mol。 （3）铁镁合金是已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，铁镁合金的立方晶胞结构如图(镁原子未画出)，已知镁原子填满铁原子构成的正四面体空隙中心。 ①铁镁合金的化学式为________。 ②已知1号铁原子分数坐标为(0，0，0)，则该晶胞内与2号铁原子相连接的镁原子的分数坐标为________。 ③若该晶体储氢时，填充在铁原子组成的八面体空隙中心位置，则含96 g镁的该储氢合金理论上最多可储存的物质的量为________。 【答案】（1） ①. 第4周期第Ⅷ族； ②. （2） ①. F＞O＞N＞C ②. sp2、sp3 ③. 6 （3） ①. ②. （，，） ③. 2 mol 【解析】 【小问1详解】 Fe原子序数为26，位于第4周期第Ⅷ族，基态铁原子的价电子排布式为。 【小问2详解】 配合物中第二周期元素有C、N、O、F，电负性顺序为F＞O＞N＞C；结构中苯环、C=N等碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化。由图可知Fe与配体中N、O原子形成6条配位键，故1 mol配合物形成6 mol配位键。 【小问3详解】 晶胞中Fe原子形成立方面心堆积，Fe数为8×＋6×＝4；面心立方晶胞正四面体空隙数为8，Mg填满这些空隙，所以Fe∶Mg＝4∶8＝1∶2，化学式为。2号Fe附近晶胞内的四面体空隙中心坐标为（，，）。面心立方结构中八面体空隙数等于Fe原子数，故∶Fe＝1∶1；96 g Mg为4 mol，对应Fe为2 mol，所以最多储存为2 mol。 【点睛】本题关键是把“晶胞粒子数”和“空隙数”分清：面心立方中原子数为4，四面体空隙数为8，八面体空隙数为4。配合物部分则重点看配位原子个数，N、O提供孤电子对与Fe形成配位键。 17. 某冶金废渣主要含Si、Cu、Ni、Zn、Fe、Ca的氧化物，具有较好的资源利用价值，可获得、NiO和Zn等产品，工艺流程如图。 已知：①黄钠铁矾是颗粒较大的晶体，易过滤和洗涤；是胶状多孔沉淀，有较强吸附其它离子的能力。 ②ZnO为两性氧化物，与强碱反应生成。 ③。 回答下列问题： （1）“滤渣”的主要成分为________(填化学式)。“酸浸”充分后硫酸还需过量，除抑制铁离子水解外，还有________作用。 （2）“沉铁”时的作用为________。“沉铁”时将其转化为黄钠铁矾，而不转化为的原因为________。 （3）“还原沉铜”的离子方程式为________。“焙烧”的化学方程式为________。 （4）“浸锌”的离子方程式为________。 【答案】（1） ①. 、 ②. 利用同离子效应促进完全沉淀，同时也为生成含的黄钠铁矾提供反应物 （2） ①. 将氧化为 ②. 黄钠铁矾是颗粒较大的晶体，易于过滤和洗涤，且可避免胶状沉淀吸附、、等离子造成金属资源损失 （3） ①. ②. （4） 【解析】 【分析】废渣经硫酸酸浸，不反应，转化为微溶的，两者成为滤渣；滤液中含有、、、、等。加入将氧化为，再加调节pH生成黄钠铁矾沉淀。滤液加入还原生成沉淀。继续加入生成和沉淀。在空气中焙烧后转化为和。加入溶液，溶解生成，不溶，过滤分离。滤液经沉锌、溶解、电解最终得到单质。 【小问1详解】 渣中的Si的氧化物为，不与硫酸反应；Ca的氧化物与硫酸反应生成微溶的，因此二者共同构成酸浸滤渣；结合的溶度积，过量硫酸提供高浓度，利用同离子效应促进完全沉淀，同时也为生成含的黄钠铁矾提供反应物。 【小问2详解】 黄钠铁矾的组成中Fe为+3价，因此需要将低价铁全部氧化为三价铁；黄钠铁矾是大颗粒晶体，易过滤洗涤，且不会吸附溶液中的等离子，能减少目标金属离子的损失，提升分离效率；而胶状​吸附性强，会夹带目标离子，造成产物损失，且过滤洗涤困难。 【小问3详解】 酸性条件下作为还原剂，将还原为，自身被氧化为​，离子方程式为；沉镍锌得到的沉淀为​和的混合物，焙烧后分离出NiO，说明在空气氛围中被氧化分解为ZnO和，化学方程式为。 【小问4详解】 两性氧化物ZnO和强碱NaOH反应生成四羟基合锌酸根离子，离子方程式为。 18. 常用于有机合成，易水解，具有还原性，熔点247℃，沸点623℃，可溶于乙醇。实验室中先将二氧化锡()还原为金属锡再制备，装置如图(夹持装置略)。回答下列问题： （1）检验装置气密性并加入。先通目的是________；一段时间后，加热管式炉，改通。仪器A的名称为________。证明已被完全还原的现象是________。 （2）完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石灰的干燥管；④通HCl；⑤加热。碱石灰的作用是________。HCl气体不可用代替的原因为________。 （3）利用碘量法测定产品纯度，实验如下： ①称量：将足量乙醇(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为g，则样品质量为________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。 ②滴定：先用氢氧化钠溶液和3%双氧水将转化为，通过离子交换柱发生反应；交换结束后，向所得含的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应；反应完全后，用标准溶液滴定，发生反应。滴定达终点时，消耗的溶液V mL。 转化为可溶的离子方程式为________。(摩尔质量为)的质量分数为________。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗溶液的体积将________(填“变大”、“变小”或“不变”，下同)，样品中质量分数的测定值将________。 【答案】（1） ①. 排尽装置内的空气 ②. 锥形瓶 ③. 前期冷却部位不再有新的水珠生成，管式炉内固体完全变为银白色 （2） ①. 吸收未反应的HCl气体，同时防止空气中的水蒸气进入接收装置 ②. 具有强氧化性，会将氧化为 （3） ①. ②. ③. ④. 不变 ⑤. 偏大 【解析】 【分析】实验室利用还原制备，将盛有的瓷舟放置在管式炉中；先通入排尽装置内的空气，然后加热管式炉，通入氢气开始反应，将还原为，后续排出并冷凝收集产物水；冷却装置并停止通，替换干燥的接收装置后在装置末端加装盛有碱石灰的干燥管，然后通入，加热制得。 【小问1详解】 装置中需先通，目的是排尽装置内的空气，防止后续通入加热时，与空气中的混合发生爆炸；且Sn单质还原性强，易被空气中的​氧化，提前通​防止生成的被氧化​； 观察装置图可知，仪器A的名称为锥形瓶； 管式炉内通入后，产物为单质和，后续通入时，前期冷却部位不再有新的水珠生成，管式炉内固体完全变为银白色，表明已被完全还原。 【小问2详解】 碱石灰的作用是吸收未反应的HCl气体，同时防止空气中的水蒸气进入接收装置，避免水解； ​具有强氧化性，会将Sn氧化为 ，无法得到目标产物 ​。 【小问3详解】 ①称量时，第一次开盖1分钟挥发的乙醇质量为；第二次开盖1分钟，除了加入样品，乙醇同样会挥发等量的，因此样品质量； ② 碱性条件下将+2价Sn氧化为+4价，配平得到离子方程式为； 通过多步反应的关系式推导：，即，因此质量分数为； 若加入待测样品后，开盖超过1分钟，此期间乙醇挥发量更多，但对溶质本身不造成影响，滴定时消耗溶液的体积不变； 而乙醇挥发量更多会导致结果偏小，计算得到的样品质量偏小，最终质量分数的测定值偏大。 19. 从铁锰氧化矿中(主要含、及Co、Cu、Si等元素的氧化物)分离提取Mn、Co等元素，工艺流程如图。 已知：①该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体； ②“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐； ③在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 回答下列问题： （1）“低温焙烧”时，与反应转化为时有放出，该反应的化学方程式为________。 （2）“高温焙烧”时，反应的化学方程式为________。 （3）“滤渣”主要成分为________(填化学式)。“萃取”的目的是除去________(填离子符号)。 （4）“沉钴”中，时恰好沉淀完全[]，此时溶液中________[已知：]。可将CoS溶于稀硫酸、制得溶液，同时有淡黄色固体产生，反应的离子方程式为________。 （5）“物质X”为________(填化学式)。“沉锰”时的离子方程式为________，所得滤液并入吸收后溶液中，经处理后所得产品导入________(填操作单元名称)循环利用。 【答案】（1） （2） （3） ①. 、​ ②. （4） ①. ②. （5） ①. ②. ③. 低温焙烧 【解析】 【分析】从铁锰氧化矿中分离提取Mn、Co等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴等，产生的气体为氨气、氮气，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液；得到的硫酸盐经650℃高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁；水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅、氧化铁；后续萃取分离，将铜元素萃取到有机相中，水相主要含有钴元素和锰元素；向水溶液中加入硫化钠，调节pH，过滤分离得到硫化钴；向滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰。 【小问1详解】 中+3价Co被还原为​中的+2价Co，中-3价的部分N元素被氧化为0价的，根据原子守恒、电子守恒配平得反应方程式为。 【小问2详解】 为硫酸盐，在高温焙烧时，产物为金属氧化物和酸性氧化物，反应方程式为。 【小问3详解】 650℃下分解为难溶于水的，原料中Si的氧化物​不与硫酸盐反应，且难溶于水，因此水浸后二者成为滤渣； 后续沉钴步骤仅生成CoS沉淀，说明萃取步骤提前除去了杂质，避免CuS混入CoS产物。 【小问4详解】 根据溶度积定义，代入数据得； 生成的淡黄色固体为S单质，​作为氧化剂将-2价S氧化为S，自身被还原为，配平得离子方程式为。 【小问5详解】 低温焙烧时分解、反应均会生成，用硫酸溶液吸收可得到​返回焙烧工序； 和反应生成沉淀，同时解离出的与另一部分​反应生成​和，离子方程式为；沉锰滤液含硫酸铵，并入吸收后溶液可返回低温焙烧工序循环利用。 20. 和合成生物能源甲醇是实现碳固定的重要途径，相关反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： （1）________。 （2）加氢合成甲醇的机理有如下两种推测： ①与作用先生成，再与合成甲醇： ②直接与合成甲醇： 压强的影响可以为反应机理的推测提供重要信息。相同温度时，在催化作用下，加氢反应随压强的变化如图。 已知：ⅰ．选择性； ⅱ．时空收率是指在给定条件下，单位时间内，单位体积(或质量)的催化剂能获得的某一产物的量。 试推断生成甲醇的机理是________(填“①”或“②”)，原因为________。 （3）一定压强下，与在催化作用下仅发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡时和选择性及转化率随温度的变化如图。表示选择性的曲线为________(填标号)，后，b线上升可能的原因是________。 （4）时，向压强为的恒压密闭容器中充入和，发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ．测得达平衡时容器中有和，计算此时的分压为________kPa，该温度下反应Ⅱ的压强平衡常数为________。 【答案】（1） （2） ①. ② ②. 反应Ⅰ正方向气体分子总数目减少；反应Ⅱ气体分子总数目不变，反应Ⅲ正方向气体分子总数目减少，由图，随着压强的增大，CO2的转化率增大，甲醇的时空收率和选择性显著增大，但是CO的时空收率几乎不变，说明反应不经过CO中间体，甲醇由CO2直接加氢转化而来，故推断生成甲醇的机理是② （3） ①. 曲线c ②. b表示二氧化碳的转化率，后，b线上升可能的原因是温度升高对反应Ⅱ平衡向正向移动的幅度占主导地位，即温度升高对反应Ⅱ平衡向正向移动的幅度大于反应Ⅰ平衡向逆向移动的幅度，因此总体上，二氧化碳的转化率增大； （4） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ+反应Ⅲ，； 【小问2详解】 反应Ⅰ正方向气体分子总数目减少；反应Ⅱ气体分子总数目不变，反应Ⅲ正方向气体分子总数目减少，由图，随着压强的增大，CO2的转化率增大，甲醇的时空收率和选择性显著增大，但是CO的时空收率几乎不变，说明反应不经过CO中间体，甲醇由CO2直接加氢转化而来，故推断生成甲醇的机理是②。 【小问3详解】 反应Ⅰ，该反应为放热反应，升温，平衡逆向移动，选择性随温度升高而下降；对应曲线c；反应Ⅱ，该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，一氧化碳的选择性增大。且甲醇的选择性+一氧化碳的选择性＝100%，T1时刻，a、c两条曲线表示的转化率或选择性之和为100%，所以，a表示的是一氧化碳的选择性，b表示二氧化碳的转化率，后，b线上升可能的原因是温度升高对反应Ⅱ平衡向正向移动的幅度占主导地位，即温度升高对反应Ⅱ平衡向正向移动的幅度大于反应Ⅰ平衡向逆向移动的幅度，因此总体上，二氧化碳的转化率增大； 【小问4详解】 根据题目提供信息，产物；；由碳原子守恒：；由氧原子守恒；得，由氢原子守恒得， ； 平衡时总的物质的量为：，压强为的恒压，分压=总压×物质的量分数；； 反应Ⅱ的平衡常数表达式为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $