精品解析：福建省厦门第2025-2026学年高三上学期1月月考 化学试题

福建省厦门第六中学2026届高三上学期1月考试 化学试题 满分：100 考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 一、单项选择题(每题4分，共40分) 1. 《天工开物》中记载了砒霜的制取：“凡烧砒，下鞠土窑，纳石其上，上砌曲突，以铁釜倒悬履突口。其下灼炭举火，其烟气从曲突内熏贴釜上”。文中涉及的操作方法可用于 A. 分离和的固体混合物 B. 粗苯甲酸的提纯 C. 从青蒿中提取分离青蒿素 D. 从石油中获得汽油 2. 肉桂酸(3-苯基丙烯酸)与水加成引入羟基的反应机理如图。下列说法错误的是 A. 肉桂酸分子中所有原子可能共平面 B. 步骤Ⅰ形成的碳正离子与羧基的吸电子效应有关 C. 虚框产物可以发生氧化、加成、加聚、取代、消去等反应 D. 肉桂酸稳定性：反式结构＞顺式结构 3. 现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡： ；用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图。 已知：呈粉红色，呈蓝色，为无色。以下结论和解释正确的是 A. 等物质的量的和中σ键数之比为3:2 B. 实验①可知： C. 实验②加水后，瞬时浓度熵Q小于化学平衡常数K，平衡逆向移动 D. 实验③可知配离子的稳定性： 4. 常见金属Al、Fe、Cu有下图转化关系。下列说法错误的是 A. 反应①和②都属于化合反应 B. 检验反应③后溶液中是否含，可用酸性KMnO4溶液 C. 反应④溶液和反应⑤溶液混合，可能形成有丁达尔效应的分散系 D. 与反应⑥相关的实验图标有 5. 雄黄(As4S4，)与雌黄(As2S3)可发生下图转化。表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1 mol雄黄(As4S4)分子中，含有S-S非极性共价键的数目为 B. 反应Ⅰ每生成22.4 L SO2气体时，转移的电子数目为 C. 反应Ⅲ产生1 mol雌黄时，消耗H2S分子的数目为 D. 1 mol/L NaH2AsO3溶液中， 6. X、Y、Z、W均为短周期主族元素，原子半径、原子序数、最高价氧化物对应水化物溶液(25℃，浓度均为)的pH关系如图。下列说法正确的是 A. 第一电离能：X＜W＜Y B. 氢化物键角：WH3＜YH2 C. XZ晶体中，X离子填充在Z离子构成的八面体空隙中 D. Y2Z2是含有极性键的非极性分子 7. 2025年诺贝尔化学奖授予三位从事金属有机框架(MOFs)研究的科学家。由和构成的MOF-5是早期最著名的MOFs之一，开创了高比面积材料的新纪元。MOF-5晶体内部的空腔可加压吸附，再温和减压脱附。 MOF-5晶体结构 构成MOF-5的基本单元 下列说法不正确的是 A. 苯环上一氯代物只有一种 B. 中O的杂化方式是 C. MOF-5晶体通过氢键吸附 D. 也可用于构成MOFs有机框架 8. 以高砷烟尘(主要成分是As2O3、As2O5和Pb5O8)为原料制备砷酸钠晶体(Na3AsO4·10H2O)的工艺流程如图。 下列说法错误的是 A. “碱浸”时，Pb5O8与Na2S反应的物质的量之比为1:3 B. “抽滤”结束后，应先断开上图抽滤瓶与抽气泵的连接，然后关闭抽气泵，再把布氏漏斗拆除 C. “氧化”的目的是将As(Ⅲ)氧化为As(Ⅴ) D. “系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 9. 湖南大学科研团队在国际期刊上展示了一个双极电化学铀提取系统，该系统结合了铀物种的阴极直接电还原和阳极的电化学辅助间接铀还原，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. TS电极为阴极，CF电极为阳极 B. TS电极反应式为： C. CF电极总反应为： D. 当转移电子时，共有被还原 10. 甲醛法测定的反应原理为。取含的废水浓缩至原体积的后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数与pH关系如图2[比如：]。下列说法正确的是 A. 废水中的含量为 B. c点： C. a点： D. 的平衡常数 二、填空题(本题共4小题，共60分。) 11. 从某矿渣[含钯(Pd)、铂(Pt)、FeS、NiS及SiO2等]中提取Pd、Pt、Ni的工艺如下。 已知：①Pd、Pt经“氧化浸取”转化为H2[PdCl4]、H2[PtCl6]；②“氨合”后，Pd(Ⅱ)主要以的形式存在；③常温下，H2C2O4的，。 （1）“氧化浸取”时，Pd发生反应的化学方程式为_____________________________；滤渣主要成分是______ （2）“滤液Ⅱ”中的溶质可在______工序中循环利用。 （3）“氧化除铁”时，温度为180℃，该过程主要发生两步反应： (ⅰ)__________________________(填离子方程式)； (ⅱ) （4）常温下，“沉镍”时，需调节溶液pH＝2，此时______ （5）双催化剂协同催化下，乙烯氧化为______(填有机产物名称)的反应经历下图5步(①→⑤)，其中发挥催化作用的金属阳离子有______ （6）马格努斯绿盐由正负配离子构成，常温下为深绿色针状结晶或粉末，晶胞如图所示，下列说法错误的是______(填标号)。 a．Pt配位数为4，为sp3杂化 b．该盐晶体中Pt原子本质上是一维线性链状结构 c．该物质化学式可表示为：Pt(NH3)2Cl2 d．该物质可能不耐高温，受热易分解 12. (CNO)3Cl2Na俗称优氯特，广泛用于饮用水、公共场所的杀菌消毒。 Ⅰ．制备优氯特 已知：pH在10～12、室温时，氰尿酸[(CNO)3H3]与次氯酸钠溶液混合，可制得优氯特。 回答： （1）仪器甲的名称为______。 （2）A中发生反应的离子方程式为__________________________。 （3）实验开始向C中通入足量氯气将NaOH转化为NaClO，再滴加(CNO)3H3的吡啶溶液并搅拌。则NaClO与(CNO)3H3生成优氯特的化学方程式为__________________________。反应过程中需持续补充氯气，目的为________________________________。 （4）D中多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是__________________。 Ⅱ．分光光度法测定优氯特粗品纯度 取m g样品溶于水、加酸使氯原子全部转化为HClO，加入V1 mL FeSO4溶液(过量)，充分反应后，加入适量邻二氮菲使显色，定容至100.00 mL。测得吸光度为1.2a．该条件下，浓度与吸光度的关系如图。 （5）邻二氮菲使显色原理是二者形成橙红色配离子，结构简式如图。 ①将该配离子中铁的价电子轨道表示式补充完整：______。 ②该配离子中含有______(填标号) a．配位键 b．离子键 c．共价键 d．金属键 （6）该优氯特粗品的纯度为______。 （7）下列因素会导致纯度测定值偏低的是______(填标号)。 a．样品溶于水时加入酸过少，仅部分氯原子转化为HClO b． FeSO4溶液使用前部分被氧化 c．定容时仰视刻度线 13. 一种由氨基酸A与化合物F为原料合成来那度胺(J)的路线如下(部分条件已省略)。 （1）A中含氧官能团为羧基和______(填名称)。 （2）设计B→C的目的是__________________，若不采取此措施，可能得到一种由2分子B反应生成的含有六元环的副产物(分子式C10H14N4O4)，该副产物结构简式为____________。 （3）F的结构简式为：____________。 （4）补全H与足量NaOH溶液反应的化学方程式：____________。 （5）下列说法错误的是______。 a．仅以化合物A组成的蛋白质遇浓硝酸加热不变黄 b．C→D的生成物为D和甲酸 c．G→H反应条件可以是Br2、FeBr3 d．I→J为还原反应 （6）写出一个满足以下条件的G的同分异构体的结构简式__________________。 ①能发生银镜反应；能水解且水解产物之一可与FeCl3溶液发生显色反应 ②核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积之比为2:2:2:2:1 （7）下图合成路线中： ①实框内有机物名称为____________； ②补全虚框内信息____________。 14. 炼油厂的FCC(流化催化裂化)再生烟气中存在CO、SO2和NO，一种CO催化还原同时脱硫脱硝的方法如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： （1）反应Ⅳ： ______。某温度下(气体摩尔体积为)，将NO体积分数为a的烟气通过流量计，控制烟气流量为，充分反应，测得NO转化率为m。以NO表示的反应速率______(列计算式)。 （2）一种CO催化还原SO2的机理如图。*表示催化剂表面吸附位，*CO表示吸附态CO；催化过程中，硫原子也可以进入催化剂的晶格，填补氧空位。 ①反应ⅰ与反应ⅱ的总方程式是____________。 ②CO催化还原SO2的产物中含极微量COS，从反应机理角度解释生成COS的原因________________________________。 （3）T℃、101 kPa下，CO催化还原NO发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，用传感器测定反应过程中，CO和N2O的物质的量分数x与时间的关系如下图所示。 ①图中曲线r表示的组分为______(填化学式)，1～2 min时，该组分物质的量分数逐渐增大的原因为__________________________。 ②CO的平衡转化率为______。 ③反应Ⅱ的____________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门第六中学2026届高三上学期1月考试 化学试题 满分：100 考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 一、单项选择题(每题4分，共40分) 1. 《天工开物》中记载了砒霜的制取：“凡烧砒，下鞠土窑，纳石其上，上砌曲突，以铁釜倒悬履突口。其下灼炭举火，其烟气从曲突内熏贴釜上”。文中涉及的操作方法可用于 A. 分离和的固体混合物 B. 粗苯甲酸的提纯 C. 从青蒿中提取分离青蒿素 D. 从石油中获得汽油 【答案】A 【解析】 【分析】题干描述的操作方法，“烟气从曲突内熏贴釜上”表明砒霜制取涉及固体加热气化后冷凝成固体的过程，即升华法。升华法适用于分离能升华的物质（如碘），而其他物质不升华。 【详解】A．碘易升华，氯化钠不升华，升华法可直接分离二者，A符合题意； B．苯甲酸的提纯常用重结晶法，虽然也可以用升华法，但与A选项相比，分离 I 2 和 NaCl 是更典型的利用升华进行物质分离的例子，B不符合题意； C．青蒿素提取需溶剂萃取或蒸馏，不涉及升华，C不符合题意； D．从石油中获得汽油基于沸点差异，应用分馏操作，非升华法，D不符合题意； 故选A。 2. 肉桂酸(3-苯基丙烯酸)与水加成引入羟基的反应机理如图。下列说法错误的是 A. 肉桂酸分子中所有原子可能共平面 B. 步骤Ⅰ形成的碳正离子与羧基的吸电子效应有关 C. 虚框产物可以发生氧化、加成、加聚、取代、消去等反应 D. 肉桂酸稳定性：反式结构＞顺式结构 【答案】C 【解析】 【详解】A．肉桂酸分子中苯环、碳碳双键、羧基均可为平面结构，碳碳单键可旋转，所有原子可能共平面，A正确； B．羧基是吸电子基团，会使碳碳双键的电子云向羧基一侧偏移，加成到靠近羧基的双键碳上形成碳正离子，该过程与羧基的吸电子效应有关，B正确； C．虚框产物中不存在碳碳双键等可发生加聚反应的不饱和键，无法发生加聚反应，C错误； D．反式肉桂酸的苯环和羧基位于碳碳双键两侧，空间位阻更小，稳定性高于顺式结构，D正确； 故选C。 3. 现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡： ；用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图。 已知：呈粉红色，呈蓝色，为无色。以下结论和解释正确的是 A. 等物质的量的和中σ键数之比为3:2 B. 实验①可知： C. 实验②加水后，瞬时浓度熵Q小于化学平衡常数K，平衡逆向移动 D. 实验③可知配离子的稳定性： 【答案】D 【解析】 【详解】A．1个中含6个配位键、12个键，共18个键；1个仅含4个配位键，等物质的量的二者键数之比为，A错误； B．实验①置于冰水浴中，蓝色溶液变为粉红色，说明平衡逆向移动，逆反应为放热反应，则正反应，B错误； C．为纯液体，平衡常数，加水稀释后瞬时浓度熵，平衡逆向移动，C错误； D．加入少量固体后溶液变粉红色，说明结合生成更稳定的，使减小，平衡逆向移动，故配离子稳定性，D正确； 故选D。 4. 常见金属Al、Fe、Cu有下图转化关系。下列说法错误的是 A. 反应①和②都属于化合反应 B. 检验反应③后溶液中是否含，可用酸性KMnO4溶液 C. 反应④溶液和反应⑤溶液混合，可能形成有丁达尔效应的分散系 D. 与反应⑥相关的实验图标有 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应①为，反应②为，均为两种物质生成一种物质的化合反应，A正确； B．反应③所得溶液中含有乳酸根，乳酸根中的羟基也可被酸性氧化使其褪色，会干扰的检验，因此不能用酸性溶液检验，B错误； C．反应④得到溶液，反应⑤得到四羟基合铝酸钠溶液，二者混合发生双水解反应可生成胶体，胶体具有丁达尔效应，C正确； D．反应⑥为铜与浓硫酸加热反应，涉及明火加热、仪器热烫，生成有毒的需要排风，实验过程需佩戴护目镜，实验结束后需要洗手，所列图标均相关，D正确； 故选B。 5. 雄黄(As4S4，)与雌黄(As2S3)可发生下图转化。表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1 mol雄黄(As4S4)分子中，含有S-S非极性共价键的数目为 B. 反应Ⅰ每生成22.4 L SO2气体时，转移的电子数目为 C. 反应Ⅲ产生1 mol雌黄时，消耗H2S分子的数目为 D. 1 mol/L NaH2AsO3溶液中， 【答案】C 【解析】 【详解】A．为第族元素，需形成3个共价键，为第族元素，需形成2个共价键，结合雄黄结构可知黑球为、白球为，原子之间无成键，不含非极性共价键，A错误； B．未指明处于标准状况下，无法确定其物质的量，故无法计算转移电子数目，B错误； C．反应Ⅲ的化学方程式为，生成雌黄时消耗，分子数目为，C正确； D．为三元弱酸，可发生电离和水解，溶液中含的粒子还有，根据物料守恒，，D错误； 故选C。 6. X、Y、Z、W均为短周期主族元素，原子半径、原子序数、最高价氧化物对应水化物溶液(25℃，浓度均为)的pH关系如图。下列说法正确的是 A. 第一电离能：X＜W＜Y B. 氢化物键角：WH3＜YH2 C. XZ晶体中，X离子填充在Z离子构成的八面体空隙中 D. Y2Z2是含有极性键的非极性分子 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题图可知，X的最高价氧化物对应水化物溶液pH≈12，为，X为元素；Y、Z、W的最高价氧化物对应水化物分别为、、，故Y为、Z为、W为元素，第一电离能：＜＜，而选项为＜＜，错误，A不符合题意； B．中原子形成3个σ键且有1对孤电子对，键角约107°；中原子形成2个σ键且有2对孤电子对，键角约92°，故氢化物键角：＞，B不符合题意； C．晶体中，按面心立方紧密堆积，填充在构成的八面体空隙中，C符合题意； D．的结构为，分子中含—极性键和—非极性键，但分子不对称，为极性分子，D不符合题意； 故选C。 7. 2025年诺贝尔化学奖授予三位从事金属有机框架(MOFs)研究的科学家。由和构成的MOF-5是早期最著名的MOFs之一，开创了高比面积材料的新纪元。MOF-5晶体内部的空腔可加压吸附，再温和减压脱附。 MOF-5晶体结构 构成MOF-5的基本单元 下列说法不正确的是 A. 苯环上一氯代物只有一种 B. 中O的杂化方式是 C. MOF-5晶体通过氢键吸附 D. 也可用于构成MOFs有机框架 【答案】C 【解析】 【详解】A．的结构是对苯二甲酸根（苯环对位连接两个羧基），苯环上的氢原子呈对称分布（对位取代后，苯环上剩余的氢原子等效），因此其一氯代物只有 1 种，A 正确； B．中O原子形成4个键，没有孤电子对，价层电子对数为，O原子采取杂化，B正确； C.是非极性分子，且无活泼氢原子（无法形成氢键）；MOF-5 吸附是利用晶体内部的空腔，通过范德华力（而非氢键）实现吸附，C错误； D.中含有多个羧基，与结构具有一定的相似性，也能形成MOFs有机框架，D正确； 故选C。 8. 以高砷烟尘(主要成分是As2O3、As2O5和Pb5O8)为原料制备砷酸钠晶体(Na3AsO4·10H2O)的工艺流程如图。 下列说法错误的是 A. “碱浸”时，Pb5O8与Na2S反应的物质的量之比为1:3 B. “抽滤”结束后，应先断开上图抽滤瓶与抽气泵的连接，然后关闭抽气泵，再把布氏漏斗拆除 C. “氧化”的目的是将As(Ⅲ)氧化为As(Ⅴ) D. “系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 【答案】A 【解析】 【分析】高砷烟尘加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，沉淀为PbS和S，浸出液主要成分为Na3AsO4和NaAsO2，加入过氧化氢进行氧化，发生反应：H2O2++2OH-= +2H2O，得到Na3AsO4溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体。 【详解】A．“碱浸”时发生反应，与Na2S反应的物质的量之比为，不是，A错误； B．抽滤结束后为防止倒吸，应先断开抽滤瓶与抽气泵的连接，再关闭抽气泵，最后拆除布氏漏斗，操作描述正确，B正确； C．原料中的As为价，目标产物的As为价，“氧化”步骤加入的目的就是将氧化为，C正确； D．砷酸钠晶体含有结晶水，不能用蒸发结晶的方法制备，需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到，操作描述正确，D正确； 故选A。 9. 湖南大学科研团队在国际期刊上展示了一个双极电化学铀提取系统，该系统结合了铀物种的阴极直接电还原和阳极的电化学辅助间接铀还原，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. TS电极为阴极，CF电极为阳极 B. TS电极反应式为： C. CF电极总反应为： D. 当转移电子时，共有被还原 【答案】D 【解析】 【分析】电极反应为：，发生还原反应，为阴极；CF电极总反应为：，发生氧化反应，为阳极，据此分析。 【详解】A．TS电极为阴极，CF电极为阳极，A不符合题意； B．TS电极反应式为：，B不符合题意； C．CF电极总反应为：，C不符合题意； D．当转移电子时，电极被还原，电极有被还原，共有被还原，D符合题意； 故选D。 10. 甲醛法测定的反应原理为。取含的废水浓缩至原体积的后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数与pH关系如图2[比如：]。下列说法正确的是 A. 废水中的含量为 B. c点： C. a点： D. 的平衡常数 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液的体积为20.00mL时到达滴定终点，发生的反应有H++OH-=H2O、(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O，由关系式~[]~4可知，由于待测液的体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL溶液中，则原废水中，因此，废水中的含量为，A错误； B．c 点加入NaOH标准溶液的体积过量，得到NaOH、NaCl、(CH2)6N4的混合液，且浓度之比为1∶4∶1，由电荷守恒可知， ，由于c(Na+)＞c(Cl-)，，B错误； C．a点加入10.00mL的NaOH溶液，得到NaCl、(CH2)6N4HCl、HCl的混合液，且浓度之比为2∶1∶1，在溶液中水解使溶液显酸性，故c(H+)＞c[(CH2)6N4H+]，C错误； D．由图1和图2可知，当时，占比较高，，则由氮守恒可知，，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则的平衡常数 ，D正确； 综上所述，本题选D。 二、填空题(本题共4小题，共60分。) 11. 从某矿渣[含钯(Pd)、铂(Pt)、FeS、NiS及SiO2等]中提取Pd、Pt、Ni的工艺如下。 已知：①Pd、Pt经“氧化浸取”转化为H2[PdCl4]、H2[PtCl6]；②“氨合”后，Pd(Ⅱ)主要以的形式存在；③常温下，H2C2O4的，。 （1）“氧化浸取”时，Pd发生反应的化学方程式为_____________________________；滤渣主要成分是______ （2）“滤液Ⅱ”中的溶质可在______工序中循环利用。 （3）“氧化除铁”时，温度为180℃，该过程主要发生两步反应： (ⅰ)__________________________(填离子方程式)； (ⅱ) （4）常温下，“沉镍”时，需调节溶液pH＝2，此时______ （5）双催化剂协同催化下，乙烯氧化为______(填有机产物名称)的反应经历下图5步(①→⑤)，其中发挥催化作用的金属阳离子有______ （6）马格努斯绿盐由正负配离子构成，常温下为深绿色针状结晶或粉末，晶胞如图所示，下列说法错误的是______(填标号)。 a．Pt配位数为4，为sp3杂化 b．该盐晶体中Pt原子本质上是一维线性链状结构 c．该物质化学式可表示为：Pt(NH3)2Cl2 d．该物质可能不耐高温，受热易分解 【答案】（1） ①. ②. SiO2 （2）沉铂 （3） （4）0.084(或) （5） ①. 乙醛 ②. 、 （6）ac 【解析】 【分析】该工艺以含Pd、Pt、FeS、NiS及SiO2的矿渣为原料，先加入硫酸进行酸浸，将矿渣中的FeS、NiS转化为可溶于酸的Fe2+、Ni2+进入滤液I，不与硫酸反应的SiO₂则成为酸浸后分离的固相；随后向酸浸后的含Pd、Pt的体系中加入H₂O₂和盐酸进行氧化浸取，将Pd、Pt分别转化为、H2[PtCl6]，该步骤的滤渣为；接着向氧化浸取后的体系中加入氯化铵进行沉铂，生成(NH4)2[PtCl6]沉淀，后续可进一步处理得到Pt；沉铂后的体系加入氨水进行氨合，使Pd(Ⅱ)转化为[Pd(NH3)4]2+，之后加入适量盐酸沉钯，得到Pd(NH3)2Cl2，后续可还原得到Pd，沉钯产生的滤液II可返回沉铂工序循环利用；而酸浸得到的滤液I则通入O2进行氧化除铁，先将Fe2+氧化为Fe3+，再在180℃下水解生成Fe2O3沉淀除去，除铁后的体系经膜分离得到可循环利用的H2SO4，剩余含Ni2+的体系加入草酸铵进行沉镍，生成NiC2O4，后续可进一步处理得到金属Ni，最终实现从矿渣中同步提取Pd、Pt、Ni三种目标金属的目的。 【小问1详解】 氧化浸取时，Pd在的氧化作用下，和盐酸的配位生成已知产物，配平得到反应式； 矿渣中的不溶于酸，也不参与该步反应，因此成为滤渣。 【小问2详解】 沉铂工序加入氯化铵，滤液II的主要溶质为、的盐，可返回之前的沉铂工序循环利用。 【小问3详解】 氧化除铁的第一步是将酸浸后滤液I中的氧化为，第二步才是水解生成​沉淀，故答案为。 【小问4详解】 根据草酸的两步电离常数，​​，代入即，计算得。 【小问5详解】 根据催化循环步骤③的产物结构（含醛基的2碳有机物），可知乙烯在该体系中被氧化为乙醛； 催化循环中参与反应后最终又重新生成，将还原得到的氧化回，自身被还原为后又被氧化回，二者在反应前后总量不变，均为催化作用的金属阳离子。 【小问6详解】 a．Pt的配位数为4，但Pt(II)的4配位配合物为平面正方形构型，采取杂化而非杂化，a错误； b．晶胞中Pt原子沿一维方向依次连接，本质上形成一维线性链状结构，b正确； c．马格努斯绿盐由正负配离子构成，实际组成为，并非简单的​，c错误； d．该配合物含配位键、氨相关基团，高温下配位键易断裂、组分易挥发分解，因此不耐高温、受热易分解，d正确； 故选ac。 12. (CNO)3Cl2Na俗称优氯特，广泛用于饮用水、公共场所的杀菌消毒。 Ⅰ．制备优氯特 已知：pH在10～12、室温时，氰尿酸[(CNO)3H3]与次氯酸钠溶液混合，可制得优氯特。 回答： （1）仪器甲的名称为______。 （2）A中发生反应的离子方程式为__________________________。 （3）实验开始向C中通入足量氯气将NaOH转化为NaClO，再滴加(CNO)3H3的吡啶溶液并搅拌。则NaClO与(CNO)3H3生成优氯特的化学方程式为__________________________。反应过程中需持续补充氯气，目的为________________________________。 （4）D中多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是__________________。 Ⅱ．分光光度法测定优氯特粗品纯度 取m g样品溶于水、加酸使氯原子全部转化为HClO，加入V1 mL FeSO4溶液(过量)，充分反应后，加入适量邻二氮菲使显色，定容至100.00 mL。测得吸光度为1.2a．该条件下，浓度与吸光度的关系如图。 （5）邻二氮菲使显色原理是二者形成橙红色配离子，结构简式如图。 ①将该配离子中铁的价电子轨道表示式补充完整：______。 ②该配离子中含有______(填标号) a．配位键 b．离子键 c．共价键 d．金属键 （6）该优氯特粗品的纯度为______。 （7）下列因素会导致纯度测定值偏低的是______(填标号)。 a．样品溶于水时加入酸过少，仅部分氯原子转化为HClO b． FeSO4溶液使用前部分被氧化 c．定容时仰视刻度线 【答案】（1）分液漏斗 （2） （3） ①. ②. 控制pH值，使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠并参与反应，提高原料的利用率 （4）防止倒吸 （5） ①. ②. ac （6） （7）a 【解析】 【分析】实验I目的是制备优氯特，首先在A装置中制备氯气，经饱和食盐水除去杂质HCl气体后，氯气进入C装置中与NaOH溶液反应转化为NaClO，再通过分液漏斗滴加氰尿酸的吡啶溶液制得优氯特，最后尾气由D装置吸收；实验II是测定粗品中优氯特的纯度，先将优氯特溶于水并加酸使之转化为HClO，再利用氧化还原滴定法测定优氯特的纯度； 【小问1详解】 仪器甲的名称为分液漏斗； 【小问2详解】 装置A是实验室制备氯气的反应，MnO2作氧化剂将Cl-氧化为Cl2，自身被还原为Mn2+，反应的离子方程式为； 【小问3详解】 反应物为NaClO和(CNO)3H3，目标产物为(CNO)3Cl2Na,，结合原子守恒可知产物还有H2O和NaOH，配平后得到化学方程式；题目信息给出反应需要的pH值需要维持在10～12，实验过程中持续通入Cl2消耗OH-，使溶液pH降低，持续通入Cl2可维持溶液的pH环境且补充生成NaClO，使反应得以进行，进而提高原料的利用率； 【小问4详解】 D中多孔球泡内的磨砂浮子密度小于水，可随倒吸的液面上升堵住多孔球泡的出气口，起到防止倒吸的作用； 【小问5详解】 铁原子的4s轨道失去两个电子后成为Fe2+，其价电子轨道表示式为；该配离子中Fe2+与氮原子之间为配位键，碳碳单键、碳氢单键和碳氮键等都是共价键，因此该配离子中的化学键是配位键和共价键，选ac； 【小问6详解】 首先优氯特(CNO)3Cl2Na转化为HClO，有，之后HClO与Fe2+发生氧化还原反应，根据电子转移守恒可知二者的物质的量关系为，则；根据浓度与吸光度的关系可知，加入邻二氮菲后溶液中剩余Fe2+的浓度为1.2c2，由此可知与HClO反应的Fe2+的物质的量为，则(CNO)3Cl2Na的物质的量为，(CNO)3Cl2Na的摩尔质量为，则粗品中(CNO)3Cl2Na的纯度为； 【小问7详解】 a．样品溶于水时加入酸过少，仅部分氯原子转化为HClO，会导致后续与Fe2+反应HClO的物质的量偏小，根据各物质关系计算使测定的(CNO)3Cl2Na的物质的量偏小，纯度测定值偏低，a正确； b．FeSO4溶液使用前部分被氧化，则会使得后续测定的剩余Fe2+的物质的量浓度偏小，根据各物质关系计算使测定的(CNO)3Cl2Na的物质的量偏大，纯度测定值偏高，b错误； c．定容时仰视刻度线，则待测液的实际浓度偏小，测得剩余Fe2+的物质的量浓度偏小，根据各物质关系计算使测定的(CNO)3Cl2Na的物质的量偏大，纯度测定值偏高，c错误； 综上所述，答案选a。 13. 一种由氨基酸A与化合物F为原料合成来那度胺(J)的路线如下(部分条件已省略)。 （1）A中含氧官能团为羧基和______(填名称)。 （2）设计B→C的目的是__________________，若不采取此措施，可能得到一种由2分子B反应生成的含有六元环的副产物(分子式C10H14N4O4)，该副产物结构简式为____________。 （3）F的结构简式为：____________。 （4）补全H与足量NaOH溶液反应的化学方程式：____________。 （5）下列说法错误的是______。 a．仅以化合物A组成的蛋白质遇浓硝酸加热不变黄 b．C→D的生成物为D和甲酸 c．G→H反应条件可以是Br2、FeBr3 d．I→J为还原反应 （6）写出一个满足以下条件的G的同分异构体的结构简式__________________。 ①能发生银镜反应；能水解且水解产物之一可与FeCl3溶液发生显色反应 ②核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积之比为2:2:2:2:1 （7）下图合成路线中： ①实框内有机物名称为____________； ②补全虚框内信息____________。 【答案】（1）酰胺基 （2） ①. 保护B中氨基 ②. （3） （4） （5）bc （6） （7） ①. 1,4-丁二醇 ②. 【解析】 【分析】A 先通过酯化保护羧基得到 B，随后利用乙酸酐保护氨基得到 C，避免氨基发生副反应；C 经碱性条件发生环化，形成含氮杂环中间体 D，再水解脱保护得到 E。另一条路线中，F 经过酯化得到G，H分子式为C9H8NO4Br，与G相比少一个H，多一个Br，所以G通过取代得到H，可推断F为，G为，随后 H 与 E 偶联形成关键中间体 I，最后通过 Pd/C 催化加氢将硝基还原为氨基，得到目标产物来那度胺J，因此可推断I结构式为。 【小问1详解】 A中含氧官能团为羧基和酰胺基。 【小问2详解】 由分析可知，A 先通过酯化保护羧基得到 B，随后利用乙酸酐保护氨基得到 C，避免氨基发生副反应。若不采取此措施，可能得到一种由2分子B反应生成的含有六元环的副产物(分子式C10H14N4O4)，该副产物结构简式为。 【小问3详解】 据分析可知，F为。 【小问4详解】 H与足量NaOH溶液反应，Br原子和酯基均发生反应，化学方程式为。 【小问5详解】 a．蛋白质遇浓硝酸变黄是由于含有苯环的氨基酸发生黄色反应，而A只有脂肪族结构，没有苯环，正确； b．C 在碱作用下发生分子内环化，生成物为D和甲醇，错误； c．Br2、FeBr3是苯环上的取代反应条件，G→H反应为甲基上的取代，条件应为Br2/光照，错误； d．I通过 Pd/C 催化加氢将硝基还原为氨基，得到目标产物J，还原反应，正确； 故答案选bc。 【小问6详解】 F 经过酯化得到G，G为，G的同分异构体中。满足①能发生银镜反应，说明含有醛基（—CHO）或甲酸酯结构；能水解且水解产物之一可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酯基，水解后生成酚羟基化合物。②核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积之比为2:2:2:2:1，说明有五种不同化学环境的H，且比例为2:2:2:2:1；满足条件的为。 【小问7详解】 ①乙二醛（OHC—CHO）在催化剂，H2和加热条件下生成含两个羟基的二醇化合物，为1,4-丁二醇。 ②苯经过浓硝酸、浓硫酸硝化生成硝基苯，随后经过 H2/Pd-C 催化加氢，将硝基还原为氨基，得到苯胺，补全虚框内信息为。 14. 炼油厂的FCC(流化催化裂化)再生烟气中存在CO、SO2和NO，一种CO催化还原同时脱硫脱硝的方法如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： （1）反应Ⅳ： ______。某温度下(气体摩尔体积为)，将NO体积分数为a的烟气通过流量计，控制烟气流量为，充分反应，测得NO转化率为m。以NO表示的反应速率______(列计算式)。 （2）一种CO催化还原SO2的机理如图。*表示催化剂表面吸附位，*CO表示吸附态CO；催化过程中，硫原子也可以进入催化剂的晶格，填补氧空位。 ①反应ⅰ与反应ⅱ的总方程式是____________。 ②CO催化还原SO2的产物中含极微量COS，从反应机理角度解释生成COS的原因________________________________。 （3）T℃、101 kPa下，CO催化还原NO发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，用传感器测定反应过程中，CO和N2O的物质的量分数x与时间的关系如下图所示。 ①图中曲线r表示的组分为______(填化学式)，1～2 min时，该组分物质的量分数逐渐增大的原因为__________________________。 ②CO的平衡转化率为______。 ③反应Ⅱ的____________。 【答案】（1） ①. －749 ②. （2） ①. ②. 反应生成的硫原子占据催化剂中的氧空位，与CO反应生成COS （3） ①. N2O ②. 反应Ⅰ、反应Ⅱ均未平衡，反应Ⅰ生成N2O的速率大于反应Ⅱ消耗N2O的速率 ③. 85% ④. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，将反应Ⅰ和反应Ⅱ相加，即可得到反应Ⅳ：。每分钟通入烟气的体积为，其中NO的体积为，对应NO的物质的量为，转化率为，则每分钟反应的NO质量为。 【小问2详解】 ①反应i是，反应ii是，两式相加，结合题干给出的反应物总式即可得到总反应。 ②催化剂表面吸附的硫原子或进入晶格填补氧空位的硫原子，与CO反应生成COS。 【小问3详解】 ①r从零开始增加，符合N2O从无到有的变化规律；反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ快，1-2min内反应Ⅰ生成​的速率大于反应Ⅱ消耗的速率，因此的物质的量分数逐渐增大。 ②初始时CO的物质的量分数为0.5，平衡时CO的物质的量分数为0.1，设，反应Ⅰ消耗，反应Ⅱ消耗,平衡时：，，，，，，故，解得，故CO平衡转化率为。 ③反应Ⅱ的平衡常数。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $