精品解析：安徽省合肥市第三中学2025-2026学年高三上学期1月月考化学试题

合肥市第三中学2025-2026学年高三1月调研检测 高三年级化学试卷 （考试时间：75分钟满分：100分） 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4.考试范围：高考范围。 可能用到的相对原子质量：H：1　N：14　Na：23　Mg：24　Br：80　I：127　Pb：207 一、单项选择题：共14小题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。 1. 化学与生产、生活息息相关。对下列有关现象或事实的解释正确的是 选项 现象或事实 解释 A 化石能源的大量燃烧是导致光化学烟雾、酸雨、雾霾形成的重要原因之一 化石能源的燃烧产物中含有、、 B 用熟石灰浆粉刷墙壁一段时间后变硬 熟石灰在空气中逐渐失水而变硬 C 利用光导纤维制成的内窥镜，可以帮助医生检查胃、食道、十二指肠等的疾病 光导纤维有输送光线、传导图像的本领，又有柔软、灵活、可以任意弯曲等优点 D 用四氯乙烯进行衣服干洗 目的是节约用水 A. A B. B C. C D. D 2. 下列化学用语表达正确的是 A. Cl2O的空间填充模型为 B. 羟基的电子式为： C. 基态氮原子的轨道表示式： D. 的价层电子对互斥(VSEPR)模型： 3. 利用CrCl3+3+3NH3→Cr(C5H7O2)3+3NH4Cl制备降爆剂Cr(C5H7O2)3(结构如图)，下列有关说法不正确的是 A. 0.1 mol 中σ键数目为1.4NA B. 标准状况下，每消耗6.72 L NH3生成Cr(C5H7O2)3数目为0.1NA C. 2 mol Cr(C5H7O2)3中含有的配位键数目为6NA D. 1 L 0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液含有的数目为0.1NA 4. 下列实验操作符合规范的是 A．碱式滴定管排气泡 B．溶液加热 C．溶液转移 D．浓硫酸稀释 A. A B. B C. C D. D 5. 在给定条件下，下列转化关系不能实现的是 A. B. C. ：钙基固硫 D. ：制生物柴油 6. 我国科学家发现：①Rh催化单分子甲酸分解制的过程如图1所示；②以与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈()高选择性合成，工作原理如图2所示。下列说法错误的是(表示阿伏伽德罗常数的值) A. 甲酸制时决定反应速率的步骤为： B. 甲酸制的热化学方程式为： C. 电极上发生还原反应 D. 每转移2 mol电子，理论上电极上有125 g辛腈生成 7. 三种氮氧化物的结构如下所示： 下列说法正确的是 A. 氮氮键的键能： B. 熔点： C. 分子的极性： D. 的键角： 8. 葫芦脲是一类由甘脲与甲醛通过简单反应制备的大环化合物。葫芦脲结构的刚性很强，很难改变自身形状去适应客体分子。图1为葫芦［6］脲结构及其简化模型，图2为对甲基苯甲酸与葫芦脲作用示意图。下列说法错误的是 A. 葫芦脲与客体分子的识别和组装过程具有高度的专一性 B. 超分子是分子聚集体，包括离子 C. 对甲基苯甲酸与葫芦［6］脲之间的作用力是配位键 D. 葫芦脲空腔的内壁具有疏水性 9. 室温下，根据下列实验操作及现象，能得出相应实验结论的是 选项 实验操作及现象 实验结论 A 向浓度均为0.1 的和混合溶液中加入少量铁粉，反应结束后无固体剩余 氧化性： B 向苯酚溶液中滴加足量浓溴水，产生白色沉淀 苯环活化了H-O键 C 向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热水解一段时间后，冷却，取少量水解液，用NaOH溶液调至碱性，再加入少量碘水，溶液不变蓝色 淀粉已经完全水解 D 用pH计分别测定溶液和溶液pH，溶液pH小 极性： A. A B. B C. C D. D 10. 甘油水蒸气重整获得过程中的主要反应： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ 条件下，和发生上述反应达平衡状态时，体系中和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是 A. 时，的平衡转化率为20% B. 反应达平衡状态时， C. 其他条件不变，在范围，平衡时的物质的量随温度升高而增大 D. 其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 11. 近期报道了一种新型低成本、高性能的光辅助可充电水系钠离子电池(装置如图所示)。该电池的放电原理与传统钠离子电池相同；光照时，嵌入正极电解液中的TiO2电极产生电子(e-)和空穴(h+)，驱动两极反应而完成充电。下列说法错误的是 A. 放电时需断开K，且TiO2电极避光存储 B. 放电时，负极反应式为 C. 充电时，TiO2电极反应式为 D. 充电时闭合K，转移1 mol e-同时有1 mol Na+通过隔膜 12. 以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含、CuO、PbO、等杂质）为原料回收部分金属单质，其工艺流程如图： 已知：电极电位越高，金属阳离子氧化性越强。25℃下，部分电对的电极电位如表： 电对 电极电位 下列说法错误的是 A. “酸浸”中鼓入的空气既作氧化剂又有搅拌作用 B. “物质X”可以是NiO，“滤渣Ⅱ”含 C. “物质Y”是Cd，“物质Z”是Cu D. 流程中可循环利用的物质有CO、、Ni 13. 铜锑硒矿石因元素含量丰富、成本低、无毒、环保等优势成为近年来薄膜太阳能电池的热门材料。如图1为一种铜锑硒晶体的四方晶胞结构示意图(晶胞参数为a pm、a pm、2a pm)。表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 图2所示结构不能作为该晶体的晶胞 B. 该晶体的化学式为： C. 晶体中与Cu最近且距离相等的Se有4个 D. 该晶体的密度为： 14. 是一种二元酸，是一种难溶性盐。图中曲线表示常温下溶液中部分粒子间的关系(i和ii)： i.的溶液中，各物种的与pH的关系； ii.含的溶液中，与pH的关系。 下列说法错误的是 A. 曲线③表示与pH的关系 B. 常温下，的 C. 常温下，时，溶液中 D. 向(ii)中的溶液中增加，平衡后溶液中的浓度之和不变 二、非选择题：共4道题，共58分。 15. (三水三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，实验室制备步骤如下： Ⅰ．将7.84 g 溶于30 mL水中，加入适量，搅拌下加入25 mL饱和溶液，加热至沸腾，静置，待黄色的完全沉淀后，过滤、洗涤。 Ⅱ．将沉淀转移入三颈烧瓶中，并加入过量的饱和溶液，加热至40℃，缓慢滴入溶液，边滴边搅拌，溶液中有红褐色沉淀产生，此时体系变为亮绿色透明溶液，趁热过滤。 Ⅲ．取滤液加入乙醇，并冷却结晶。待结晶完全后，减压过滤，用乙醇洗涤晶体两次，在空气中干燥片刻，称量晶体质量为4.36 g。 回答下列问题： （1）装置图中仪器A的名称为___________。 （2）步骤Ⅰ中，加入作用是___________。过滤需要用到的玻璃仪器有___________(填写仪器名称)。 （3）步骤Ⅱ中，发生如下反应，配平化学方程式(将化学计量数填于空白处)__________。 （4）步骤Ⅲ中，冷却结晶时加入乙醇作用为___________。 （5）测定三草酸合铁酸钾晶体中铁元素的含量。 ①称量a g样品于锥形瓶中，溶解后加稀酸化，用c mol/L 溶液滴定至终点。滴定终点的现象是___________。 ②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H₂SO4酸化，用c mol/L 溶液滴定至终点，消耗溶液V mL。该晶体中铁元素的质量分数为(写最简表达式)___________。若①中加入的溶液的量不足，将会导致测得的晶体中铁元素的质量分数___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 16. 在碳中和目标推动下，全球加氢制甲醇技术加速发展。 I．间接法制甲醇 先将与过量反应获得含有CO和的混合气，再生产甲醇。相关反应如下： 反应I 反应ii （1）相关键能如下表所示，则______(用含字母的代数式表示)，反应ii自发进行的条件为______(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 化学键 键能 （2）恒压条件下，反应i结束后，先分离出混合气中的水蒸气，再进行甲醇合成，有利于提高CO和的平衡转化率，解释其原因为______。 II．直接法制甲醇 以和为原料生产甲醇，发生反应iii，同时发生副反应i． 反应iii （3）向2 L恒容密闭容器中加入和发生反应。平衡时，CO和在含碳产物中的体积分数及的转化率随温度的变化如图所示。 ①表示甲醇体积分数随温度变化的曲线为______(填“m”或“n”)。 ②时，反应经达到平衡，则内的生成速率______，生成的物质的量______mol，反应iii的平衡常数______(列出计算式即可)。 ③范围内，的转化率先降低后升高的原因为______。 17. 钯是贵金属之一，被广泛应用于汽车尾气处理、航空航天、催化合成和医疗器械等领域。从废催化剂(含少量铁元素)中回收钯的工艺如图所示： 已知：Pd溶于王水生成 回答下列问题： （1）“焙烧”生成的气体是___________。 （2）王水能溶解Pd是因为其中硝酸具有下列中的___________(填标号，下同)，盐酸具有___________。 A．还原性 B．氧化性 C．酸性 D．配位能力 “酸浸”时温度不能太高的原因是___________。 （3）“络合”中的滤渣是___________。 （4）碱性条件下肼可以与络合过程中生成的反应，同时生成两种气体，离子方程式为___________。 （5）向溶液中加入适量盐酸可以生成，用平衡移动原理解释原因：___________。 （6）有两种结构，则其空间结构类型为___________，其中极性更大的是___________(填结构简式)。 18. 甲型流感(Influenza A virus)是由病毒引起的呼吸道传染病，对人类致病性高。奥司他韦被称为流感特效药，具有抗病毒的生物学活性，其主流合成路线如图所示： 已知：① ② (R为烃基或氢原子) 回答下列问题： （1）A的名称为________；其中碳原子的杂化方式是________。F中含氧官能团的名称为________。 （2）B→D的化学方程式为________。 （3）E→F的反应分两步进行，第一步反应是加成反应，第二步的反应类型是________。 （4）有关奥司他韦(M)，下列说法错误的是________。 A. 其官能团种类为5种 B. 它能发生加成反应、银镜反应 C. 奥司他韦分子可形成分子内氢键 D. 1 mol奥司他韦最多消耗3 mol NaOH （5）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的共有________种(不考虑立体异构)。 ①链状结构；②能与饱和溶液反应产生气体；③含。 （6）请结合题中流程和已知信息，将下列合成路线补充完整________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥市第三中学2025-2026学年高三1月调研检测 高三年级化学试卷 （考试时间：75分钟满分：100分） 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4.考试范围：高考范围。 可能用到的相对原子质量：H：1　N：14　Na：23　Mg：24　Br：80　I：127　Pb：207 一、单项选择题：共14小题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。 1. 化学与生产、生活息息相关。对下列有关现象或事实的解释正确的是 选项 现象或事实 解释 A 化石能源的大量燃烧是导致光化学烟雾、酸雨、雾霾形成的重要原因之一 化石能源的燃烧产物中含有、、 B 用熟石灰浆粉刷墙壁一段时间后变硬 熟石灰在空气中逐渐失水而变硬 C 利用光导纤维制成的内窥镜，可以帮助医生检查胃、食道、十二指肠等的疾病 光导纤维有输送光线、传导图像的本领，又有柔软、灵活、可以任意弯曲等优点 D 用四氯乙烯进行衣服干洗 目的是节约用水 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．光化学烟雾、酸雨、雾霾的形成与CO2无关，故A错误； B．用熟石灰浆粉刷墙壁一段时间后变硬，是因为，与失水无关，故B错误； C．光导纤维能够输送光线、传导图像，而且柔软、灵活、可弯曲，故C正确； D．衣服干洗是为了洗去污渍，同时避免水洗对衣服面料造成伤害，不缩水、不变形、色泽保护性好，并不是为了节约用水，故D错误； 故答案为C。 2. 下列化学用语表达正确的是 A. Cl2O的空间填充模型为 B. 羟基的电子式为： C. 基态氮原子的轨道表示式： D. 的价层电子对互斥(VSEPR)模型： 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cl2O中O为中心原子，连接两个Cl原子，Cl的原子半径大于O，空间填充模型中周围Cl原子的球应比中心O原子的球大，题中图片若中心球大则不符合，A错误； B．羟基（-OH）为中性基团，羟基的电子式为：，B正确； C．基态氮原子电子排布为1s22s22p3，2p轨道3个电子应分占3个轨道且自旋平行（洪特规则），题中图片2p轨道出现1个轨道填2个电子，违反洪特规则，C错误； D．中心N原子价层电子对数=(5+1)/2=3（O不提供电子，负电荷+1），VSEPR模型为平面三角形，题中图片呈三角锥形，D错误； 故选B。 3. 利用CrCl3+3+3NH3→Cr(C5H7O2)3+3NH4Cl制备降爆剂Cr(C5H7O2)3(结构如图)，下列有关说法不正确的是 A. 0.1 mol 中σ键数目为1.4NA B. 标准状况下，每消耗6.72 L NH3生成Cr(C5H7O2)3数目为0.1NA C. 2 mol Cr(C5H7O2)3中含有的配位键数目为6NA D. 1 L 0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液含有的数目为0.1NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．的结构简式为CH3COCH2COCH3，含有14个σ键，0.1 mol中，σ键数目为1.4NA，A项正确； B．标准状况下，每消耗6.72 L(0.3 mol)NH3，生成0.1 mol Cr(C5H7O2)3，其数目为0.1NA，B项正确； C．Cr(C5H7O2)3中Cr3+与3个中的氧原子形成3个配位键，则2 mol Cr(C5H7O2)3中含有的配位键数目为6NA，C项正确； D．1 L 0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液中，铵根离子发生水解，则含有的数目小于0.1NA，D项错误； 故选D。 4. 下列实验操作符合规范的是 A．碱式滴定管排气泡 B．溶液加热 C．溶液转移 D．浓硫酸稀释 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．碱式滴定管排气泡时，将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，挤压胶管排出气泡，操作符合规范，A正确； B．加热试管内液体时，试管夹应夹在距试管口约处，且手持试管夹时应握住长柄，不能握短柄，此操作错误，B错误； C．溶液转移至容量瓶时，需用玻璃棒引流且烧杯嘴紧靠玻璃棒，同时容量瓶瓶塞应倒置以防污染，操作不规范，C错误； D．浓硫酸稀释应将浓硫酸沿烧杯壁缓慢注入水中并用玻璃棒不断搅拌，图示为水倒入浓硫酸，易因放热导致液体飞溅，操作错误，D错误； 故答案选A。 5. 在给定条件下，下列转化关系不能实现的是 A. B. C. ：钙基固硫 D. ：制生物柴油 【答案】B 【解析】 【详解】A．热水解法制备：TiCl4+(x+2)H2OTiO2∙xH2O+4HCl，A能实现； B．浓氨水能溶解氯化银、氧化银、氢氧化银，但不能溶解银，B不能实现； C．CaO与SO2和O2反应生成CaSO4，钙基固硫通过固定SO2减少污染，C能实现； D．油脂与CH3OH或CH3CH2OH发生酯交换反应生成生物柴油（高级脂肪酸甲酯或高级脂肪酸乙酯）和甘油，D能实现； 选B。 6. 我国科学家发现：①Rh催化单分子甲酸分解制的过程如图1所示；②以与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈()高选择性合成，工作原理如图2所示。下列说法错误的是(表示阿伏伽德罗常数的值) A. 甲酸制时决定反应速率的步骤为： B. 甲酸制的热化学方程式为： C. 电极上发生还原反应 D. 每转移2 mol电子，理论上电极上有125 g辛腈生成 【答案】D 【解析】 【分析】In/In2O3-x电极上CO2转化为HCOO-，C元素化合价从+4降低到+2，发生还原反应为阴极，电极反应方程为；辛胺[CH3(CH2)7NH2]转化为辛腈[CH3(CH2)6CN]时，发生氧化反应为阳极，电极反应方程为。 【详解】A．决定反应速率的步骤为活化能最大的步骤。由图1可知，HCOOH*转化为HCOO*+H*的过渡态1能量（0.78 eV）与中间体HCOOH*（-0.21 eV）的能量差最大，活化能为0.78 - (-0.21)=0.99 eV，为各步中最大，故该步为决速步，A正确； B．由图1，反应物HCOOH(g)相对能量为0 eV，产物CO2(g)+H2(g)相对能量为-0.16 eV，1 mol反应的能量变化为-0.16 eV×NA，热化学方程式正确，B正确； C．In/In2O3-x电极上CO2转化为HCOO-，C元素化合价从+4降低到+2，发生还原反应，C正确； D．辛胺[CH3(CH2)7NH2]转化为辛腈[CH3(CH2)6CN]时，-CH2NH2变为-CN，失去4个H（每个H失1e-），生成1 mol 辛腈转移4 mol 电子。则转移2 mol 电子时生成0.5 mol 辛腈，质量为0.5 mol×125 g/mol=62.5 g，D错误； 故答案选D。 7. 三种氮氧化物的结构如下所示： 下列说法正确的是 A. 氮氮键的键能： B. 熔点： C. 分子的极性： D. 的键角： 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图中数据可知，氮氮键的键长：，则氮氮键的键能：，A正确； B．二者均为分子构成的物质，分子间作用力：，熔点：，B错误； C．为对称的平面结构，极性较弱，而结构不对称，正负电荷中心不能重合，属于典型的极性分子，故分子极性：，C错误； D．结构为，中心原子N存在对孤对电子，中心原子N为杂化，受孤对电子影响，键角略小于120°；而中心原子N的孤对电子为，价电子数为3，也是杂化，没有孤对电子的影响，故键角，D错误； 故选A。 8. 葫芦脲是一类由甘脲与甲醛通过简单反应制备的大环化合物。葫芦脲结构的刚性很强，很难改变自身形状去适应客体分子。图1为葫芦［6］脲结构及其简化模型，图2为对甲基苯甲酸与葫芦脲作用示意图。下列说法错误的是 A. 葫芦脲与客体分子的识别和组装过程具有高度的专一性 B. 超分子是分子聚集体，包括离子 C. 对甲基苯甲酸与葫芦［6］脲之间的作用力是配位键 D. 葫芦脲空腔的内壁具有疏水性 【答案】C 【解析】 【详解】A．因“葫芦脲结构的刚性很强，很难改变自身形状去适应客体分子”，可知“葫芦脲与客体分子的识别和组装过程具有高度的专一性”，故A正确； B．超分子是由两个或多个分子相互“结合”形成的聚集体，分子是广义的，包括离子，故B正确； C．对甲基苯甲酸与葫芦［6］脲之间的作用力是分子间作用力，不是配位键，故C错误； D．对甲基苯甲酸在水中溶解度很小，但其可以进入葫芦［6］脲的空腔，是由于葫芦脲的空腔具有疏水性，可以包容多种疏水的有机分子，故D正确； 故选C。 9. 室温下，根据下列实验操作及现象，能得出相应实验结论的是 选项 实验操作及现象 实验结论 A 向浓度均为0.1 的和混合溶液中加入少量铁粉，反应结束后无固体剩余 氧化性： B 向苯酚溶液中滴加足量浓溴水，产生白色沉淀 苯环活化了H-O键 C 向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热水解一段时间后，冷却，取少量水解液，用NaOH溶液调至碱性，再加入少量碘水，溶液不变蓝色 淀粉已经完全水解 D 用pH计分别测定溶液和溶液pH，溶液pH小 极性： A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．加入铁粉后无固体剩余，说明即使反应生成了，也完全被氧化，故的氧化性强于，A正确； B．苯酚与浓溴水反应生成白色沉淀是由于羟基活化了苯环，而非苯环活化H-O键，B错误； C．水解后用NaOH溶液调至碱性，碱性条件下碘与NaOH反应导致无法显色，无法证明淀粉完全水解，C错误； D．未指出两种酸溶液的浓度，故无法通过比较pH得出酸性强弱的结论，D错误； 故答案选A。 10. 甘油水蒸气重整获得过程中的主要反应： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ 条件下，和发生上述反应达平衡状态时，体系中和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是 A. 时，的平衡转化率为20% B. 反应达平衡状态时， C. 其他条件不变，在范围，平衡时的物质的量随温度升高而增大 D. 其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 【答案】A 【解析】 【分析】550℃时，曲线①物质的量是5mol，根据原子守恒，n(C)=3mol，则其不可能是含碳微粒，故曲线①表示，升高温度，反应Ⅰ平衡正移，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质的量增大，则曲线③代表CO，温度升高，反应Ⅲ逆向移动，物质的量降低，则曲线②代表，据此解答。 【详解】A．时，，，，根据C原子守恒，可得，根据O原子守恒，可得(也可利用H原子守恒计算，结果相同)，则，A正确； B．时，，，则，B错误； C．范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，则的物质的量减小，C错误； D．增大压强，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，的物质的量减小，D错误； 故选A。 11. 近期报道了一种新型低成本、高性能的光辅助可充电水系钠离子电池(装置如图所示)。该电池的放电原理与传统钠离子电池相同；光照时，嵌入正极电解液中的TiO2电极产生电子(e-)和空穴(h+)，驱动两极反应而完成充电。下列说法错误的是 A. 放电时需断开K，且TiO2电极避光存储 B. 放电时，负极反应式为 C. 充电时，TiO2电极反应式为 D. 充电时闭合K，转移1 mol e-同时有1 mol Na+通过隔膜 【答案】C 【解析】 【详解】A．放电时电池独立工作，需断开K避免TiO2电极干扰；TiO2光照产生电子和空穴会驱动充电，故需避光存储，A正确； B．放电时负极失电子，M电极区（S为-1价）氧化为（S为-0.5价），反应式为，B正确； C．充电时阳极应发生I⁻氧化为（放电时正极反应为+2e⁻=3I⁻，充电时逆反应），而h⁺为氧化剂，应氧化还原性更强的I⁻而非，正确反应应为3I⁻+2h⁺=+2h，C错误； D．充电时闭合K形成回路，转移1mol e⁻，为保持电荷平衡，1mol Na⁺通过隔膜从阳极（N）移向阴极（M），D正确； 综上所述，答案为C。 12. 以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含、CuO、PbO、等杂质）为原料回收部分金属单质，其工艺流程如图： 已知：电极电位越高，金属阳离子氧化性越强。25℃下，部分电对的电极电位如表： 电对 电极电位 下列说法错误的是 A. “酸浸”中鼓入的空气既作氧化剂又有搅拌作用 B. “物质X”可以是NiO，“滤渣Ⅱ”含 C. “物质Y”是Cd，“物质Z”是Cu D. 流程中可循环利用的物质有CO、、Ni 【答案】C 【解析】 【分析】该工艺流程以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含、CuO、PbO、等杂质）为原料回收部分金属单质，镍镉矿在空气中加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅、S的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍（物质X）调节溶液，将溶液中转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有的滤渣Ⅱ和滤液；向滤液中加入镍(物质Y)，将溶液中转化为铜，过滤得到含有铜、镍的金属（物质Z）和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液（滤液Ⅰ）；固体通入一氧化碳气化分离得到四羰基合镍和镉；四羰基合镍受热分解生成一氧化碳和镍，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸、镍，据此分析回答。 【详解】A．“酸浸”中鼓入空气，可氧化NiS中的-2价的硫，防止生成产生污染，同时搅拌使反应更充分，A正确； B．加入“物质X”调使转化为氢氧化铁沉淀分离除去，NiO可消耗且不引入杂质，在较低溶液中生成进入滤渣Ⅱ，B正确； C．净化需除去氧化性强的，而不除去，同时不引入新杂质，应加入Ni（物质Y），置换出Cu，若Y为Cd，其还原性强于Ni，会置换，且Z不仅含Cu、还含有Ni，C错误； D．CO参与气化生成，分解后生成CO可循环；在酸浸中使用，滤液Ⅰ中含循环；分解生成的Ni可用于净化步骤除，D正确； 故选C。 13. 铜锑硒矿石因元素含量丰富、成本低、无毒、环保等优势成为近年来薄膜太阳能电池的热门材料。如图1为一种铜锑硒晶体的四方晶胞结构示意图(晶胞参数为a pm、a pm、2a pm)。表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 图2所示结构不能作为该晶体的晶胞 B. 该晶体的化学式为： C. 晶体中与Cu最近且距离相等的Se有4个 D. 该晶体的密度为： 【答案】D 【解析】 【详解】A．晶体中晶胞能无隙并置，图2结构不满足，不能作为晶胞，A正确； B．用均摊法计算：Sb位于晶胞体内个数为1和顶点(8×1/8=1)，共2个；Cu在面心(10×1/2=5)和棱上(4条棱×1/4=1)，共6个；Se共8个。则化学式为Cu3SbSe4，B正确； C．观察晶胞结构，晶体中与Cu最近且距离相等的Se原子有4个，C正确； D．结合B分析可知晶胞体积V= a·a·2a=2a3 pm3=2a3×10-30 cm3，质量，密度，D错误； 答案选D。 14. 是一种二元酸，是一种难溶性盐。图中曲线表示常温下溶液中部分粒子间的关系(i和ii)： i.的溶液中，各物种的与pH的关系； ii.含的溶液中，与pH的关系。 下列说法错误的是 A. 曲线③表示与pH的关系 B. 常温下，的 C. 常温下，时，溶液中 D. 向(ii)中的溶液中增加，平衡后溶液中的浓度之和不变 【答案】B 【解析】 【分析】是一种二元酸，随着增大，逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大；含的溶液中，随着增大，逆移，逐渐增大，导致逆移，逐渐减小，因此与的变化呈反比；据此可得曲线①表示与的关系，曲线②表示与的关系，曲线③表示与的关系，曲线④表示与的关系，据此分析； 【详解】A．根据分析，曲线③表示与pH的关系，A正确； B．常温下，，（①②交点代入），（①③交点代入），的，B错误； C．pH=3时，溶液中：（②）lg c最大，（①）次之，（③）最小，即，C正确； D．ii中溶液含，已饱和，增加不改变溶解平衡，及水解产物浓度不变，三种物种浓度之和不变，D正确； 故选B。 二、非选择题：共4道题，共58分。 15. (三水三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，实验室制备步骤如下： Ⅰ．将7.84 g 溶于30 mL水中，加入适量，搅拌下加入25 mL饱和溶液，加热至沸腾，静置，待黄色的完全沉淀后，过滤、洗涤。 Ⅱ．将沉淀转移入三颈烧瓶中，并加入过量的饱和溶液，加热至40℃，缓慢滴入溶液，边滴边搅拌，溶液中有红褐色沉淀产生，此时体系变为亮绿色透明溶液，趁热过滤。 Ⅲ．取滤液加入乙醇，并冷却结晶。待结晶完全后，减压过滤，用乙醇洗涤晶体两次，在空气中干燥片刻，称量晶体质量为4.36 g。 回答下列问题： （1）装置图中仪器A的名称为___________。 （2）步骤Ⅰ中，加入作用是___________。过滤需要用到的玻璃仪器有___________(填写仪器名称)。 （3）步骤Ⅱ中，发生如下反应，配平化学方程式(将化学计量数填于空白处)__________。 （4）步骤Ⅲ中，冷却结晶时加入乙醇作用为___________。 （5）测定三草酸合铁酸钾晶体中铁元素的含量。 ①称量a g样品于锥形瓶中，溶解后加稀酸化，用c mol/L 溶液滴定至终点。滴定终点的现象是___________。 ②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H₂SO4酸化，用c mol/L 溶液滴定至终点，消耗溶液V mL。该晶体中铁元素的质量分数为(写最简表达式)___________。若①中加入的溶液的量不足，将会导致测得的晶体中铁元素的质量分数___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1）恒压滴液漏斗 （2） ①. 降低溶液pH值，抑制水解 ②. 漏斗、烧杯、玻璃棒 （3） （4）降低产品溶解度，使其析出 （5） ①. 滴入最后半滴溶液，溶液颜色变为浅红色，且半分钟内不褪色 ②. ③. 偏高 【解析】 【分析】由题意可知，制备三水三草酸合铁酸钾的过程为：以硫酸亚铁铵为原料，与草酸在酸性溶液中反应、过滤得到草酸亚铁沉淀；反应制得的草酸亚铁在草酸钾饱和溶液中与过氧化氢溶液共热反应、趁热过滤得到三草酸合铁酸钾滤液；向滤液中加入乙醇，并冷却结晶，待结晶完全后，减压过滤，用乙醇洗涤晶体两次，在空气中干燥片刻得到三水三草酸合铁酸钾。 【小问1详解】 由实验装置图可知，仪器A为恒压滴液漏斗； 【小问2详解】 硫酸亚铁铵是强酸弱碱盐，亚铁离子和铵根离子在溶液中易发生水解，所以步骤Ⅰ中加入稀硫酸的作用是降低溶液pH值，抑制亚铁离子水解；过滤时需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒； 【小问3详解】 由未配平的方程式可知，反应中铁元素的化合价升高被氧化，草酸亚铁是反应的还原剂、三草酸合铁酸钾是氧化产物，氧元素的化合价降低被还原，过氧化氢是氧化剂，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，反应的化学方程式为：； 【小问4详解】 步骤Ⅲ中，冷却结晶时加入乙醇的作用是降低溶剂的极性，从而降低三草酸合铁酸钾的溶解度，便于三水三草酸合铁酸钾晶体的析出，增大三水三草酸合铁酸钾的产率； 【小问5详解】 测定三草酸合铁酸钾晶体中铁元素的含量的操作过程为：先用酸化的高锰酸钾溶液滴定溶液中的草酸，排除草酸对测定铁元素的影响；再向反应后的溶液中加入过量锌粉，将溶液中铁离子完全转化为亚铁离子，最后用酸化的高锰酸钾溶液滴定溶液中的亚铁离子； ①溶液中草酸与酸性高锰酸钾溶液完全反应后，再滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为浅红色，则滴定终点的现象是滴入最后半滴标准液，溶液颜色变为浅红色，且半分钟内颜色不褪色； ②由题意可得如下关系：5-5Fe3+-5Fe2+-，滴定消耗V mL c mol/L酸性高锰酸钾溶液，则晶体中铁元素的质量分数为：=；若①中加入的高锰酸钾不足量，未反应的草酸会使滴定消耗的酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，导致测得的晶体中铁元素的质量分数偏高。 16. 在碳中和目标推动下，全球加氢制甲醇技术加速发展。 I．间接法制甲醇 先将与过量反应获得含有CO和的混合气，再生产甲醇。相关反应如下： 反应I 反应ii （1）相关键能如下表所示，则______(用含字母的代数式表示)，反应ii自发进行的条件为______(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 化学键 键能 （2）恒压条件下，反应i结束后，先分离出混合气中的水蒸气，再进行甲醇合成，有利于提高CO和的平衡转化率，解释其原因为______。 II．直接法制甲醇 以和为原料生产甲醇，发生反应iii，同时发生副反应i． 反应iii （3）向2 L恒容密闭容器中加入和发生反应。平衡时，CO和在含碳产物中的体积分数及的转化率随温度的变化如图所示。 ①表示甲醇体积分数随温度变化的曲线为______(填“m”或“n”)。 ②时，反应经达到平衡，则内的生成速率______，生成的物质的量______mol，反应iii的平衡常数______(列出计算式即可)。 ③范围内，的转化率先降低后升高的原因为______。 【答案】（1） ①. ②. 低温 （2）反应ii是气体分子数减小的反应，脱水后，反应物的分压增大，有利于平衡正移(合理答案均可) （3） ①. m ②. ③. 0.24 ④. ⑤. 反应iii占主导，反应i占主导 【解析】 【小问1详解】 反应物键能和-产物键能和=焓变，则ΔH2=E(C≡O)+2E(H-H)-3E(C-H)-E(C-O)-E(O-H)=(a+2b-3c-d-e)kJ/mol；反应ii分子数减小，熵减小，ΔS2<0，则在低温下自发进行。 【小问2详解】 反应ii是气体分子数减小的反应，脱水后，反应物的分压增大，有利于平衡正移，因此恒压条件下，反应i结束后，先分离出混合气中的水蒸气，再进行甲醇合成，有利于提高CO和的平衡转化率。(合理答案均可) 【小问3详解】 ①反应i是吸热反应，升高温度，有利于CO生成，反应iii是放热反应，升高温度平衡逆向进行，有利于CO的生成，不利于甲醇的生成，则CO的含量随温度升高而增大，甲醇的含量随温度升高而下降，因此m、n曲线代表的物质分别为甲醇、CO； ②假设二氧化碳在反应i中消耗xmol、在反应iii中消耗ymol，则时x+y=0.24，平衡时二氧化碳的物质的量为(1-x-y)mol、氢气的物质的量为(3-x-3y)mol、一氧化碳的物质的量为xmol、甲醇的物质的量为ymol、水的物质的量为(x+y)mol，此时甲醇和CO的体积分数相等，则两者物质的量相等，即x=y，由于x+y=0.24，则可知x=y=0.12mol，因此内的生成速率，生成的物质的量，平衡时二氧化碳和氢气的物质的量分别为0.76mol和2.52mol，故反应iii的平衡常数。 ③反应iii占主导，反应i占主导，因此范围内，的转化率先降低后升高。 17. 钯是贵金属之一，被广泛应用于汽车尾气处理、航空航天、催化合成和医疗器械等领域。从废催化剂(含少量铁元素)中回收钯的工艺如图所示： 已知：Pd溶于王水生成 回答下列问题： （1）“焙烧”生成的气体是___________。 （2）王水能溶解Pd是因为其中硝酸具有下列中的___________(填标号，下同)，盐酸具有___________。 A．还原性 B．氧化性 C．酸性 D．配位能力 “酸浸”时温度不能太高的原因是___________。 （3）“络合”中的滤渣是___________。 （4）碱性条件下肼可以与络合过程中生成的反应，同时生成两种气体，离子方程式为___________。 （5）向溶液中加入适量盐酸可以生成，用平衡移动原理解释原因：___________。 （6）有两种结构，则其空间结构类型为___________，其中极性更大的是___________(填结构简式)。 【答案】（1） （2） ①. B ②. D ③. 减少盐酸挥发和硝酸的挥发与分解 （3） （4） （5），盐酸与反应促进平衡正移 （6） ①. 平面四边形 ②. 【解析】 【分析】废催化剂经焙烧除去碳，所得固体用王水酸浸，得到含和的溶液；加入浓氨水，生成沉淀被过滤除去，与氨水反应生成可溶性的进入滤液；最后向滤液中加入肼，将还原为海绵钯，据此解答。 【小问1详解】 废催化剂中的C在焙烧时会生成二氧化碳。 【小问2详解】 王水能溶解Pd是因为硝酸的氧化性和盐酸的配位能力；温度过高盐酸会挥发，硝酸会挥发与分解。 【小问3详解】 废催化剂中含少量铁元素，酸浸时生成铁离子，在氨水的碱性条件下生成氢氧化铁沉淀。 【小问4详解】 一种气体是配合物中的氨气，另一种是氧化产物氮气，离子方程式为： 。 【小问5详解】 盐酸与生成物反应，，从而促进平衡正移。 【小问6详解】 四配位的物质可能是四面体形，也可能是平面四边形，如果是四面体就只有一种空间结构，没有同分异构体，所以只可能是平面四边形。两种同分异构体分别是顺式和反式，其中反式是非极性分子，顺式是极性分子，所以极性更大的是顺式，结构简式：。 18. 甲型流感(Influenza A virus)是由病毒引起的呼吸道传染病，对人类致病性高。奥司他韦被称为流感特效药，具有抗病毒的生物学活性，其主流合成路线如图所示： 已知：① ② (R为烃基或氢原子) 回答下列问题： （1）A的名称为________；其中碳原子的杂化方式是________。F中含氧官能团的名称为________。 （2）B→D的化学方程式为________。 （3）E→F的反应分两步进行，第一步反应是加成反应，第二步的反应类型是________。 （4）有关奥司他韦(M)，下列说法错误的是________。 A. 其官能团种类为5种 B. 它能发生加成反应、银镜反应 C. 奥司他韦分子可形成分子内氢键 D. 1 mol奥司他韦最多消耗3 mol NaOH （5）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的共有________种(不考虑立体异构)。 ①链状结构；②能与饱和溶液反应产生气体；③含。 （6）请结合题中流程和已知信息，将下列合成路线补充完整________。 【答案】（1） ①. 丙烯酸 ②. sp2 ③. 酰胺基(或内酰胺基) （2） （3）取代反应； （4）BD （5）8; （6）M：·（环戊二烯酮），N：（双环[2.2.1]庚-5-烯-2-酮）； 【解析】 【分析】A 的分子式为 ，与 在催化剂作用下生成酯 B，说明 A 中含有羧基；结合 B 的结构可知，A 是丙烯酸，结构为，B 是丙烯酸三氟乙酯。B 再与 C 反应生成六元环化合物 D，结合题给信息“二烯和烯烃可发生加成反应”，可判断 C 是 1,3-丁二烯，B 与 C 发生 Diels-Alder 加成反应生成 D。D 中的酯基再与反应转化为酰胺，得到 E。E 中既有碳碳双键，又有酰胺基，在 和一定条件下，先发生双键加碘，再由分子内氨基进攻发生取代成环，得到含碘内酰胺 F。随后 F 中的酰胺氮与 反应，引入Boc保护基生成G；G在一定条件下进一步转化为H，说明发生了消除或重排等环系转化。最后 H 经过多步反应得到奥司他韦 M。 【小问1详解】 ①据分析A的名称为丙烯酸； ②丙烯酸分子中有碳碳双键和羧基，三个碳原子都处于平面结构，其中碳碳双键上的两个碳和羧基中的羰基碳均为sp2杂化，因此全都是sp2杂化； ③观察F的结构，它是一个双环化合物，其中的五元环含有一个-NH-C(=O)-结构。因此其含氧官能团的名称是酰胺基； 【小问2详解】 由分析可知，C的结构简式CH2=CH-CH=CH2，B→D的化学方程式为：; 【小问3详解】 由分析知，第一步为碘单质和碳碳双键的加成反应生成，第二步为在环上的取代反应生成和HI，故答案为：取代反应； 【小问4详解】 A．M中含有酰胺基、氨基、醚键、酯基、碳碳双键，A正确； B．M中含有碳碳双键，可以发生加成反应，但不含醛基，因此不能发生银镜反应，B错误； C．奥司他韦分子中氨基上的H原子为活泼H，同时含有电负性大的O原子，且处于相邻位置，可形成分子内氢键，C正确； D．1 mol M分子中含1 mol 酰胺基，消耗1 mol NaOH，1 mol酯基消耗1 mol NaOH，一共2 mol，D错误； 故答案选BD； 【小问5详解】 由②得同分异构体中含有羧基，由③得，含有-CF3基团，再结合①得，母体为丙烯，取代基为羧基和-CF3，即找出丙烯的不同两种取代基的同分异构体，羧基位于链端：、、，一共有8种，故答案为：8； 【小问6详解】 分子中同时含有酮羰基和醛基，在稀 NaOH 溶液作用下可以发生分子内羟醛缩合，脱水后生成环戊烯酮结构 M；随后 M 与图中的烯烃发生成环反应，构建桥环结构 N；最后 N 在、催化剂和加热条件下发生加氢还原，使羰基转化为羟基，并得到。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $