精品解析：福建省漳州市第一中学2025-2026学年高三上学期1月月考 化学试题

漳州一中2025-2026学年上学期阶段考三 高三化学试卷 考试时间：75分钟；总分：100分 可能用到的相对原子质量： 一、单选题(本题共10题，每小题4分，共40分) 1. 化学为实现社会可持续发展做出巨大贡献。下列说法错误的是 A. “九三”阅兵观礼台的座椅使用45号钢制成，钢属于金属材料 B. 我国首个海上封存项目累计碳封存量突破1亿立方米，有助于推进“双碳”目标 C. 我国创新型光解水催化材料提高了产氢效率，实现太阳能向电能的高效转化 D. 我国钠离子电池的产业化取得关键进展，有望缓解锂资源供应紧张的局面 2. 某螺环化合物的结构简式如图。下列有关该物质的说法正确的是 A. 与互为同系物 B. 所有碳原子处于同一平面 C. 可在热纯碱溶液中发生水解反应 D. 二氯代物有4种(不考虑立体异构) 3. 某化合物的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族。下列说法错误的是 A. 元素电负性： B. 该物质中Y和Z均采取杂化 C. 基态原子未成对电子数： D. 基态原子的第一电离能： 4. 设是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 晶体内氢键的数目为 B. 的NaF溶液中阳离子总数为 C. 28g环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目为 D. 铅酸蓄电池负极增重96g，理论上转移电子数为 5. 某冶金废渣中主要含、、等，以该废渣为原料生产、的工艺流程如图。下列说法错误的是 已知：、。 A. “盐浸”时发生反应： B. “氨浸”的作用是分离铅元素和银元素 C. “还原”时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1 D. “操作Ⅰ”和“操作Ⅱ”中玻璃棒的作用相同 6. 化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A. Ⅱ中发生的反应有 B. Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C. Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D. 若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 7. 与盐酸在催化电极上生成盐酸羟胺（，化学性质类似于）。可能的反应机理如图所示，下列说法正确的是 A. 过程①~④中N的化合价均发生变化 B. 过程②和③中都有极性键形成 C. 过程⑤中为和 D. 电催化与盐酸生成的反应方程式： 8. 一定温度下，向恒容密闭容器中充入，发生反应，测定实验数据得到和的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 的分解反应在低温下能自发进行 B. 若混合气体的密度保持不变，能判断反应已达平衡 C. 若平衡时升高温度，曲线Ⅱ的h点可能变为f点 D. 若平衡后恒温充入一定量的的平衡转化率减小 9. 我国科技工作者研发的直接甲醇无膜微流体燃料电池工作原理如图所示。该电池凭借微流控技术，让燃料与氧化剂像“并行的车道”一样各走各路，无需物理隔膜。已知电池工作时，电极b上转化为，下列说法正确的是 A. 电极a的电势比电极b的电势高 B. 电极a的电极方程式为 C. 该电池工作时，电子由电极a经主流道流向电极b D. 电池工作时，若电路中转移0.3 mol电子，理论上消耗0.4mol 10. 总浓度为的水溶液中存在平衡：、。溶液中、、与关系如下图所示。下列叙述正确的是 A. M、N分别为、关系曲线 B. C. 溶液中 D. 的溶液中 二、非选择题(本题共4题，共60分) 11. 广西是我国重要的稀土资源基地，稀土(RE)包括镧(La)、铈(Ce)等元素，从离子型稀土矿(含Fe、Al等元素)中提取稀土元素并获得高附加值产品的一种工艺流程如图所示。 已知：该工艺下，除铈(Ce)外，稀土离子保持＋3价不变；草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物；金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH见下表。 开始沉淀时的pH 1.5 4.3 5.6 沉淀完全时的pH 3.2 5.5 / 回答下列问题： （1）“预中和”工序中，适宜的pH范围是___________。 （2）利用离子交换法浸出稀土的过程如图所示。已知离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强。下列离子对交换能力最强的是___________。 A. B. C. D. （3）“草酸化”过程中，测得稀土(RE)的沉淀率随的变化情况如图所示。当草酸用量过多时，稀土(RE)的沉淀率下降的原因是___________。 （4）“沉淀”工序产物为___________［填“”或“”］，理由是___________。｛，｝。(当反应的时可认为反应完全) （5）含氟稀土抛光粉的主要成分为，“焙烧”时发生反应的化学方程式为___________。 （6）氧化铈()常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用，晶胞中与最近的核间距为apm。(已知：) ①若掺杂Y2O3后得到n(CeO2)：n(Y2O3)=0.6：0.2的晶体，则此晶体中的空缺率为___________。 ②晶体的密度为___________(列出表达式)。 12. 为黑色固体，常温下在空气中易转变为黄绿色固体。某实验小组设计实验拟制备并探究其性质。 实验(一)制备 经查阅资料，小组同学设计了如下5种实验方案： 方案1：溶液和溶液反应。 方案2：和溶液反应。 方案3：常温下，和反应。 方案4：加热条件下，和反应。 方案5：常温下，向溶液中通入 实验结果：方案1、4、5不能生成，方案1和4的产物有FeS和S，方案5的产物有S，方案2和3能制备难溶的黑色。 （1）方案1中，存在水解反应、氧化还原反应、复分解反应之间的竞争，结果优先发生氧化还原反应，发生的氧化还原反应的离子方程式为___________。 （2）比较方案3和5可知，方案3能制备的原因可能是___________。 （3）设计如图1所示装置实施方案3。 ①A装置中盛装FeS的仪器名称是___________，D装置中现象是___________。 ②稀硫酸不能用盐酸替代，其原因是___________。 实验(二)探究的性质 实验1：常温下，与反应，实验装置如图2. 实验现象：G装置中黑色粉末逐渐变为黄绿色粉末，H装置中溶液颜色没有明显变化。 （4）E装置中双氧水表现___________(填标号)。 a．氧化性 b．酸性 c．还原性 （5）当G装置中黑色粉末全部变为黄绿色时，关闭分液漏斗活塞，取少量G装置中固体溶于水，将所得混合液分成两等份。一份溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色；另一份溶液中滴加盐酸和溶液，产生白色沉淀。则G装置中发生反应的化学方程式为___________。 实验2：探究和稀硫酸的反应，实验方案及现象记录如下。 （6）根据上述实验结果可知，和稀硫酸反应生成___________(填化学式)。 13. 含呋喃骨架的芳香化合物在环境化学和材料化学领域具有重要价值。一种含呋喃骨架的芳香化合物合成路线如下： 回答下列问题： （1）A→B的化学方程式为_______。 （2）C→D实现了由_______到_______的转化(填官能团名称)。 （3）G→H的反应类型为_______。 （4）E的同分异构体中，含苯环(不含其他环)且不同化学环境氢原子个数比为的同分异构体的数目有_______种。 （5）M→N的三键加成反应中，若参与成键的苯环及苯环的反应位置不变，则生成的与N互为同分异构体的副产物结构简式为_______。 （6）参考上述路线，设计如下转化。X和Y的结构简式分别为_______和_______。 14. 我国向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。加氢可以合成甲醇： i．。 回答下列问题： （1）化学上规定，通常条件下，稳定单质的焓(H)为0，有关物质的焓如下表所示，则______，反应i的活化能(正)______(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)。 物质 焓 -394 -242 a （2）反应i催化机理如图所示，在该历程中，优先与催化剂反应的物质是________(填化学式，下同)，生成的水分子中的氧原子来自____________。 利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影响，结果如图所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)： 根据上图回答，在反应中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因：_______________。 （3）利用制备的过程中还会发生反应ii： (忽略其他副反应)。在下，将和充入某密闭容器中，在催化剂作用下发生反应i和ⅱ。平衡时和的选择性S[S(或)]随温度的变化如图所示。 ①表示平衡时的选择性S随温度变化的曲线是______(填“x”或“y”)。 ②时，平衡体系中有，则的平衡转化率=______，反应i的______(是以组分体积分数代替物质的量浓度表示的平衡常数)。 ③若的选择性位于p、q两点，反应ⅱ的逆反应速率：______(填“>”、“＜”或“=”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 漳州一中2025-2026学年上学期阶段考三 高三化学试卷 考试时间：75分钟；总分：100分 可能用到的相对原子质量： 一、单选题(本题共10题，每小题4分，共40分) 1. 化学为实现社会可持续发展做出巨大贡献。下列说法错误的是 A. “九三”阅兵观礼台的座椅使用45号钢制成，钢属于金属材料 B. 我国首个海上封存项目累计碳封存量突破1亿立方米，有助于推进“双碳”目标 C. 我国创新型光解水催化材料提高了产氢效率，实现太阳能向电能的高效转化 D. 我国钠离子电池的产业化取得关键进展，有望缓解锂资源供应紧张的局面 【答案】C 【解析】 【详解】A．钢是铁碳合金，金属材料包括纯金属和合金，因此钢属于金属材料，A正确； B．封存可减少大气中的排放量，有利于降低碳排放，推进“双碳”目标实现，B正确； C．光解水制备氢气的过程是将太阳能转化为氢气中储存的化学能，并非转化为电能，C错误； D．钠离子电池以钠为核心原料替代锂，钠资源储量远高于锂，因此有望缓解锂资源供应紧张的局面，D正确； 故答案选C。 2. 某螺环化合物的结构简式如图。下列有关该物质的说法正确的是 A. 与互为同系物 B. 所有碳原子处于同一平面 C. 可在热纯碱溶液中发生水解反应 D. 二氯代物有4种(不考虑立体异构) 【答案】C 【解析】 【详解】A．题干化合物为螺环脂环化合物，图片物质为含苯环的芳香族四羟基苯，二者结构不相似（脂环与芳香环），分子组成也不相差CH2原子团，不互为同系物，A错误； B．螺环化合物中连接两个环的螺原子为sp3杂化（四面体结构），与之相连的碳原子不可能共平面，故所有碳原子不处于同一平面，B错误； C．该化合物含酯基（-COO-），酯基在热纯碱溶液（碱性条件）中可发生水解反应生成羧酸盐和醇，C正确； D．将该螺环化合物的部分碳原子编号：，两个氯原子的取代位置可以是①①、②②、①②、①③、①④、②③，共有6种二氯代物(不考虑立体异构)，D错误； 故答案选C。 3. 某化合物的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族。下列说法错误的是 A. 元素电负性： B. 该物质中Y和Z均采取杂化 C. 基态原子未成对电子数： D. 基态原子的第一电离能： 【答案】D 【解析】 【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族，且X、Z均形成2个共价键，则X为O，Z为S；Y形成5个共价键且原子序数位于O、S之间，则Y为P；W形成1个共价键，原子序数最小，则W为H； 【详解】A．同周期从左向右电负性逐渐增大，同主族从上向下电负性逐渐减小，故元素电负性O>S>P，即X>Z>Y，A项正确； B．由该物质结构可知，P形成4个σ键，P上没有孤电子对，P原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，S形成2个σ键，S上有2对孤电子对，S原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，B项正确； C．基态H原子未成对电子数为1，基态O原子的价电子排布式为2s22p4，未成对电子数为2，基态P原子的价电子排布式为3s23p3，未成对电子数为3，则基态原子未成对电子数，即，C项正确； D．基态原子的第一电离能同周期从左向右逐渐增大，由于VA族原子的p轨道处于半充满状态，第一电离能大于同周期相邻主族元素，即P>S，D项错误； 故选D。 4. 设是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 晶体内氢键的数目为 B. 的NaF溶液中阳离子总数为 C. 28g环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目为 D. 铅酸蓄电池负极增重96g，理论上转移电子数为 【答案】B 【解析】 【详解】A．每个水分子在冰中形成4个氢键，但每个氢键被两个分子共享，故每个分子贡献2个氢键。，氢键数目为，A正确； B．溶液中阳离子包括。，根据电荷守恒：，钠离子不会水解，并且水电离出少量氢离子，则有，所以阳离子总数大于，B错误； C．环己烷和戊烯的最简式均为，混合物含单元，对应碳原子，碳原子数目为，C正确； D．铅酸蓄电池负极反应为。增重对应生成，转移电子，数目为：，D正确； 故选B。 5. 某冶金废渣中主要含、、等，以该废渣为原料生产、的工艺流程如图。下列说法错误的是 已知：、。 A. “盐浸”时发生反应： B. “氨浸”的作用是分离铅元素和银元素 C. “还原”时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1 D. “操作Ⅰ”和“操作Ⅱ”中玻璃棒的作用相同 【答案】D 【解析】 【分析】向冶金废渣中加入和溶液，根据溶度积，会转化为沉淀，同时溶解在溶液中，不溶解，经过“操作I”（过滤）得到滤渣a含；操作I后所得到的滤液含，向其中加入溶液，反应生成氢氧化铜沉淀，再进行“操作II”（灼烧氢氧化铜），得到；向滤渣a中加入氨水，与氨水反应生成银氨络离子进入溶液，不与氨水反应，经过“操作III”（过滤）得到滤渣b（）和滤液2（含银氨络离子等）；向滤液2中加入，将银氨络离子还原为，同时生成氮气。 【详解】A．“盐浸”时与反应转化为溶度积更小的，对应的离子方程式为：，A项正确； B．“氨浸”时发生反应：，可分离铅元素和银元素，B项正确； C．作还原剂还原，，，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为，C项正确； D．操作Ⅰ为过滤，玻璃棒起引流作用；操作Ⅱ为灼烧固体，玻璃棒起到搅拌，使其受热均匀，玻璃棒的作用不同，D项错误； 故选D。 6. 化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A. Ⅱ中发生的反应有 B. Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C. Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D. 若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 【答案】C 【解析】 【分析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。 【详解】A．II中和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，A正确； B．II中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B正确； C．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，C错误； D．若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样中的COD值偏高，D正确； 答案选C。 7. 与盐酸在催化电极上生成盐酸羟胺（，化学性质类似于）。可能的反应机理如图所示，下列说法正确的是 A. 过程①~④中N的化合价均发生变化 B. 过程②和③中都有极性键形成 C. 过程⑤中为和 D. 电催化与盐酸生成的反应方程式： 【答案】B 【解析】 【分析】由反应机理可知，，据此分析； 【详解】A．过程①未得失电子，化合价不变，②③④均得电子，N的化合价均发生变化，A错误； B．过程②有H-N极性键形成，过程③中有H-O极性键形成，B正确； C．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步反应为：NH2OH+H+=NH3OH+，过程⑤中为，C错误； D．电催化与盐酸生成的反应方程式：，D错误； 故选B。 8. 一定温度下，向恒容密闭容器中充入，发生反应，测定实验数据得到和的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 的分解反应在低温下能自发进行 B. 若混合气体的密度保持不变，能判断反应已达平衡 C. 若平衡时升高温度，曲线Ⅱ的h点可能变为f点 D. 若平衡后恒温充入一定量的的平衡转化率减小 【答案】D 【解析】 【详解】A．的分解反应是熵增的吸热反应，，根据可以自发进行，高温下能自发进行，A错误； B．因反应时气体质量保持不变，且在恒容容器中反应，气体体积也保持不变，则整个反应过程中混合气体的密度一直保持不变，故不能判断反应已达平衡，B错误； C．该反应为吸热反应，升高温度，平衡正移，减小，且温度升高反应速率加快，曲线Ⅱ的h点可能变为e点，C错误； D．若平衡后恒温充入一定量的，相当于给体系加压，平衡“逆移”，反应重新达到平衡时，的转化率减小，D正确； 故选D。 9. 我国科技工作者研发的直接甲醇无膜微流体燃料电池工作原理如图所示。该电池凭借微流控技术，让燃料与氧化剂像“并行的车道”一样各走各路，无需物理隔膜。已知电池工作时，电极b上转化为，下列说法正确的是 A. 电极a的电势比电极b的电势高 B. 电极a的电极方程式为 C. 该电池工作时，电子由电极a经主流道流向电极b D. 电池工作时，若电路中转移0.3 mol电子，理论上消耗0.4mol 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，电极a为燃料电池的负极，碱性条件下甲醇在负极失去电子发生氧化反应，生成碳酸根离子和水，电极反应式为：；电极b为正极，铁氰酸根离子在正极得到电子发生还原反应，生成亚铁氰酸根离子，电极反应式为：，据此分析解答。 【详解】A．由分析可知，电极a为燃料电池的负极，电极b为正极，所以电极a的电势比电极b的电势低，A错误； B．由分析可知，电极a为负极，电极反应式为：，B错误； C．电池工作时，电子不能经过电解质溶液，电子由电极a经外电路流向电极b，C错误； D．由分析可知，负极每转移6 mol电子消耗8 mol氢氧根离子，则电路中转移0.3 mol电子时，理论上消耗氢氧根离子的物质的量为，D正确； 故答案为：D。 10. 总浓度为的水溶液中存在平衡：、。溶液中、、与关系如下图所示。下列叙述正确的是 A. M、N分别为、关系曲线 B. C. 溶液中 D. 的溶液中 【答案】B 【解析】 【详解】A．已知HF溶液中存在的平衡：，当溶液中pH增大时，c(H+)减小，该平衡正向移动，c(HF)减小，对应M曲线；先增大后减小，所以M、N分别为：、关系曲线，故A项错误； B．根据平衡常数计算公式： ，取pH=4，c(F-)=0.0800mol/L，c(HF)=0.0110mol/L，c(H+)=10-4mol/L，代入可得，结合，取pH=4，=0.0045mol/L，c(F-)=0.0800mol/L，c(HF)=0.0110mol/L，，故B项正确； C．根据总浓度c总(HF)的定义，溶液中HF的存在形式有HF、F-、三种，根据元素守恒，可知，故C项错误； D．已知：总浓度为，其pH＞1。在pH=1的溶液中，应该加入了其他酸，根据电荷守恒，可知，故D项错误； 故答案选B。 二、非选择题(本题共4题，共60分) 11. 广西是我国重要的稀土资源基地，稀土(RE)包括镧(La)、铈(Ce)等元素，从离子型稀土矿(含Fe、Al等元素)中提取稀土元素并获得高附加值产品的一种工艺流程如图所示。 已知：该工艺下，除铈(Ce)外，稀土离子保持＋3价不变；草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物；金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH见下表。 开始沉淀时的pH 1.5 4.3 5.6 沉淀完全时的pH 3.2 5.5 / 回答下列问题： （1）“预中和”工序中，适宜的pH范围是___________。 （2）利用离子交换法浸出稀土的过程如图所示。已知离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强。下列离子对交换能力最强的是___________。 A. B. C. D. （3）“草酸化”过程中，测得稀土(RE)的沉淀率随的变化情况如图所示。当草酸用量过多时，稀土(RE)的沉淀率下降的原因是___________。 （4）“沉淀”工序产物为___________［填“”或“”］，理由是___________。｛，｝。(当反应的时可认为反应完全) （5）含氟稀土抛光粉的主要成分为，“焙烧”时发生反应的化学方程式为___________。 （6）氧化铈()常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用，晶胞中与最近的核间距为apm。(已知：) ①若掺杂Y2O3后得到n(CeO2)：n(Y2O3)=0.6：0.2的晶体，则此晶体中的空缺率为___________。 ②晶体的密度为___________(列出表达式)。 【答案】（1）3.2≤pH<4.3 （2）C （3）草酸与RE3+离子形成可溶性配位化合物 （4） ①. ②. 计算的平衡常数K=＞105，该反应正向可以完全转化 （5） （6） ①. 10% ②. 【解析】 【分析】稀土矿物与盐溶液发生离子交换除去矿渣，预中和加入碳酸氢铵将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入碳酸氢铵调节pH沉淀氢氧化铝与稀土元素，在沉淀中加入氢氧化钠将氢氧化铝沉淀溶解，水解转化为Al(OH)3·nH2O，将稀土元素的沉淀加HCl溶解，一部分加碳酸钠沉淀之后转化为La2O3，加入CeF2焙烧转化为含氟稀土抛光粉，另一部分加草酸酸化得到La2O3和含稀土合金，据此回答； 【小问1详解】 “预中和”工序中使铁离子沉淀，其他金属阳离子不沉淀，pH的范围为：3.2≤pH<4.3； 【小问2详解】 根据离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强，对RE3+交换能力最强的是Mg2+，故选C； 【小问3详解】 已知草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物，则当草酸用量过多时，RE的沉淀率下降的原因是：草酸与RE3+离子形成可溶性配位化合物，故钪的沉淀率下降； 【小问4详解】 “沉淀”工序产物为La(OH)3，根据提干数据计算，，K=>105，该反应正向可以完全转化； 【小问5详解】 含氟稀土抛光粉的主要成分为CeLa2O4F2，焙烧时发生的化学反应方程式为：； 【小问6详解】 ①CeO2晶胞中的Ce4+数目为，则O2-的数目为8，掺杂Y2O3后，得到了n(CeO2)：n(Y2O3)=0.6：0.2的晶体，故晶胞中n(Ce4+)=0.6×4=2.4mol，n(Y3+)=0.4×4=1.6mol，n(O2-)=2.4×2+1.6×1.5=7.2mol，故O2-的空缺率为； ②晶胞中与最近的核间距为apm，CeO2晶胞中Ce4+与最近的O2-核间距为体对角线的四分之一，故晶胞的边长为：pm，则该晶胞的密度为。 12. 为黑色固体，常温下在空气中易转变为黄绿色固体。某实验小组设计实验拟制备并探究其性质。 实验(一)制备 经查阅资料，小组同学设计了如下5种实验方案： 方案1：溶液和溶液反应。 方案2：和溶液反应。 方案3：常温下，和反应。 方案4：加热条件下，和反应。 方案5：常温下，向溶液中通入 实验结果：方案1、4、5不能生成，方案1和4的产物有FeS和S，方案5的产物有S，方案2和3能制备难溶的黑色。 （1）方案1中，存在水解反应、氧化还原反应、复分解反应之间的竞争，结果优先发生氧化还原反应，发生的氧化还原反应的离子方程式为___________。 （2）比较方案3和5可知，方案3能制备的原因可能是___________。 （3）设计如图1所示装置实施方案3。 ①A装置中盛装FeS的仪器名称是___________，D装置中现象是___________。 ②稀硫酸不能用盐酸替代，其原因是___________。 实验(二)探究的性质 实验1：常温下，与反应，实验装置如图2. 实验现象：G装置中黑色粉末逐渐变为黄绿色粉末，H装置中溶液颜色没有明显变化。 （4）E装置中双氧水表现___________(填标号)。 a．氧化性 b．酸性 c．还原性 （5）当G装置中黑色粉末全部变为黄绿色时，关闭分液漏斗活塞，取少量G装置中固体溶于水，将所得混合液分成两等份。一份溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色；另一份溶液中滴加盐酸和溶液，产生白色沉淀。则G装置中发生反应的化学方程式为___________。 实验2：探究和稀硫酸的反应，实验方案及现象记录如下。 （6）根据上述实验结果可知，和稀硫酸反应生成___________(填化学式)。 【答案】（1） （2）的氧化性比的弱(或溶解性影响或的氧化性) （3） ①. 圆底烧瓶 ②. 产生黑色沉淀 ③. B不能吸收，与反应 （4）c （5） （6）、、S 【解析】 【分析】实验一探究制备的原理，提出了5种方案，只有方案2和方案3能够发生复分解反应制备；用图1装置实施方案3，A是气体的发生装置，B是干燥装置，C是制备的装置，D是尾气处理装置； 实验二探究的性质，E是制取的发生装置，F是干燥装置，G是与氧气的反应装置，H验证反应是否生成，据此解答。 【小问1详解】 根据题意可知，铁离子将硫离子氧化为硫单质，自身转化为亚铁离子，亚铁离子与硫离子生成硫化亚铁沉淀，因此反应的离子方程式为：； 【小问2详解】 氢氧化铁和氯化铁相比，铁离子浓度更低，氧化性更弱，故氢氧化铁和硫化氢发生复分解反应生成硫化铁，而非发生氧化还原反应；故答案为：的氧化性比的弱(或溶解性影响或的氧化性)； 【小问3详解】 ①A装置中装的仪器是：圆底烧瓶；D装置中多余的和硫酸铜生成难溶的黑色硫化铜，因此现象是：产生黑色沉淀； ②如果盐酸与硫化亚铁反应，则硫化氢中的氯化氢不能被氯化钙除去，因此稀硫酸不能用盐酸替代，其原因是：B不能吸收，与反应； 【小问4详解】 高锰酸钾氧化生成氧气，因此体现还原性，故答案选：c； 【小问5详解】 依题意，一份溶液中滴加溶液，溶液变红色，说明有三价铁离子生成；另一份溶液中滴加溶液，产生白色沉淀，说明有硫酸根离子生成；因此硫化铁在氧气中生成了硫酸铁，发生化合反应的化学方程式为：； 【小问6详解】 依题意，和稀硫酸反应产生的气体使湿润醋酸铅试纸变黑，说明有硫化氢气体产生；混合物过滤得到淡黄色固体和浅绿色溶液，说明有硫单质以及硫酸亚铁生成；因此反应生成：、、S。 13. 含呋喃骨架的芳香化合物在环境化学和材料化学领域具有重要价值。一种含呋喃骨架的芳香化合物合成路线如下： 回答下列问题： （1）A→B的化学方程式为_______。 （2）C→D实现了由_______到_______的转化(填官能团名称)。 （3）G→H的反应类型为_______。 （4）E的同分异构体中，含苯环(不含其他环)且不同化学环境氢原子个数比为的同分异构体的数目有_______种。 （5）M→N的三键加成反应中，若参与成键的苯环及苯环的反应位置不变，则生成的与N互为同分异构体的副产物结构简式为_______。 （6）参考上述路线，设计如下转化。X和Y的结构简式分别为_______和_______。 【答案】（1）+CH3OH+H2O （2） ①. 羟基 ②. 醛基 （3）取代反应 （4）4 （5） （6） ①. ②. 【解析】 【分析】A为邻羟基苯甲酸，与甲醇发生酯化反应生成B（），在LiAlH4的作用下，发生还原反应生成C（），C被氧气氧化为D（），D和CBr4反应生成E（），E在CuI作用下，生成F（），F与反应生成G，结合H的结构可推出G为，G与反应生成H，H在一定条件下转化为M（），M与PtCl2反应生成N（），据此解答。 【小问1详解】 由分析可知，A为邻羟基苯甲酸，与甲醇发生酯化反应生成B，化学方程式为+CH3OH+H2O； 【小问2详解】 由分析可知，C为，C被氧气氧化为D（），羟基转化为醛基，故答案为：羟基；醛基； 【小问3详解】 G为，与反应生成，属于取代反应的特征，故答案为：取代反应； 【小问4详解】 E为，含苯环(不含其他环)且不同化学环境氢原子个数比为的同分异构体，如果为醛基，溴原子，甲基的组合时，可形成 两种，如果为酮碳基，溴原子组合时可形成 ，一共有4种，故答案为：4； 【小问5详解】 M→N的三键加成反应中，若参与成键的苯环及苯环的反应位置不变，N为，可以推断出M中的三键与右侧苯环连接时可以形成N中的六元环或五元环，因此可能的副产物为，故答案为：； 【小问6详解】 参考上述路线，可先将消去生成，再与反应生成，与在一定条件下得到目标产物，故答案为：；。 14. 我国向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。加氢可以合成甲醇： i．。 回答下列问题： （1）化学上规定，通常条件下，稳定单质的焓(H)为0，有关物质的焓如下表所示，则______，反应i的活化能(正)______(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)。 物质 焓 -394 -242 a （2）反应i催化机理如图所示，在该历程中，优先与催化剂反应的物质是________(填化学式，下同)，生成的水分子中的氧原子来自____________。 利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影响，结果如图所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)： 根据上图回答，在反应中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因：_______________。 （3）利用制备的过程中还会发生反应ii： (忽略其他副反应)。在下，将和充入某密闭容器中，在催化剂作用下发生反应i和ⅱ。平衡时和的选择性S[S(或)]随温度的变化如图所示。 ①表示平衡时的选择性S随温度变化的曲线是______(填“x”或“y”)。 ②时，平衡体系中有，则的平衡转化率=______，反应i的______(是以组分体积分数代替物质的量浓度表示的平衡常数)。 ③若的选择性位于p、q两点，反应ⅱ的逆反应速率：______(填“>”、“＜”或“=”)。 【答案】（1） ①. -201.4 ②. 小于 （2） ①. H2 ②. In2O3 ③. 甲醇产率降低，原因是添加水蒸气使反应i平衡逆向移动，同时水蒸气会占据催化剂活性位点，减少反应物吸附量，最终甲醇产率下降。活化能降低仅加快反应速率，不改变平衡产率，无法主导产率变化趋势 （3） ①. x ②. 80% ③. 800 ④. > 【解析】 【小问1详解】 焓变为生成物焓与反应物焓的差值，且已知稳定单质的焓(H)为0，所以，所以a=-201.4，则反应i为放热反应，活化能(正)小于(逆)。 【小问2详解】 由反应i催化机理图可知，在该历程中，优先与催化剂反应的物质是H2，生成的水分子中的氧原子来自。甲醇产率降低，原因是添加水蒸气使反应i平衡逆向移动，同时水蒸气会占据催化剂活性位点，减少反应物吸附量，最终甲醇产率下降。活化能降低仅加快反应速率，不改变平衡产率，无法主导产率变化趋势。 【小问3详解】 ①反应i为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故平衡时CH3OH的选择性S随温度变化的曲线是x。 ②时，和的选择性均为50%，则平衡体系中有2mol CO，2mol ，根据两个反应的化学计量数可知CO2的转化量为2mol+2mol=4mol，故CO2平衡转化率为。根据两个反应的化学计量数可知，平衡时，，，，混合气体总物质的量为1mol+1mol+2mol+2mol+4mol=10mol，反应i的。 ③若的选择性位于p、q两点，p点生成CO更多，故反应ⅱ的逆反应速率：。 第1页/共1页 $