精品解析：江苏省淮安市涟水县第一中学2025-2026学年高三上学期12月月考化学试题

2025-2026学年第一学期高三年级12月月考 化学试卷 可能用到的相对原子质量：I-127 Na-23 S-32 O-16 一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是 A. 硫元素在自然界中均以化合态形式存在 B. 空气中排放过量SO2会形成酸雨，且酸雨的pH会随时间增长而降低 C. 常温下浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有脱水性 D. 质量分数为49%、密度为1.4g·cm-3的硫酸，其物质的量浓度为2.8 mol·L-1 2. “机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式。我国科研人员合成了由两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烃，结构如图，下列说法错误的是 A. 该索烃属于芳香烃 B. 该索烃的相对分子质量可用质谱仪测定 C. 该索烃的两个大环之间不存在范德华力 D. 破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键 3. 用草酸溶液滴定未知浓度的溶液。下列实验操作规范的是 A．配制草酸溶液 B．润洗滴定管 C．滴定 D．读数 A. A B. B C. C D. D 4. 一种用作锂离子电池电解液的锂盐的阴离子结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子中有3个未成对电子。下列说法正确的是 A. W元素最高价氧化物对应的水化物是强酸 B. 该阴离子中不存在非极性键 C. X的氢化物沸点可能高于Z的氢化物 D. 该离子中所有原子最外层均为8电子结构 阅读下列材料，完成以下问题： F2在常温下与Cu反应生成致密的氟化物薄膜，高温时与Na2SO4反应生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2与浓硫酸在加热条件下反应可制得HF，常温下测得HF的相对分子质量约为37。SO2通入KClO3酸性溶液中制得黄绿色气体ClO2常用作自来水消毒剂。Cl2和潮湿的Na2CO3反应生成Cl2O。(CN)2具有与卤素单质相似的化学性质。Ka(HCN)=4.9×10-10。 5. 下列说法不正确的是 A. 硫酰氟(SO2F2)的键角大于SO2的键角 B. 和Cl2O的中心原子的杂化轨道类型为sp3 C. (CN)2分子中所有原子最外层均满足8电子结构 D. 常温下，氟化氢分子间以氢键结合形成(HF)2 6. 下列化学反应表示正确的是 A. CaF2与浓硫酸反应： B. Cl2和潮湿的Na2CO3反应：2Cl2＋2OH- =2Cl-＋Cl2O＋H2O C. F2与熔融的Na2SO4反应： D. (CN)2与水反应：(CN)2＋H2O⇌H++CN-＋HOCN 7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. ClO2是黄绿色气体，可用于自来水消毒 B. Cu与F2反应生成致密的氟化物薄膜，可用于制作储存F2的容器 C. SO2具有氧化性，可用于与KClO3反应制ClO2 D. HF具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃 8. 全钒液流电池在储能领域有广阔应用，工作原理如图所示。放电时，酸液中强还原性的会失去电子。下列说法正确的是 A. 放电时，电极N作电池的正极 B. 放电时，从交换膜左侧移向右侧 C. 充电时，总反应为 D. 该电池储能能力与电解液罐中液体的量无关 9. 化合物Z是某药物的中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X在的乙醇溶液中加热可发生消去反应 B. Y分子中所有碳原子可能在同一平面上 C. 可与生成的酸反应，提高Z的产率 D. ，在水中的溶解度比Z在水中的小 10. 制乙烯的可能过程如图所示。下列说法正确的是 A. 步骤①中发生了氧化反应 B. 催化剂可以降低步骤②反应的焓变 C. 步骤④的过程中有非极性键的断裂与生成 D. 理论上，每合成生成的总量为 11. 的制备过程如下： 步骤I 在锥形瓶中加入和蒸馏水，加热溶解后再加入活性炭作催化剂，冷却后加浓氨水，生成。 步骤Ⅱ 向锥形瓶中缓慢加入双氧水并加热，生成。 步骤Ⅲ 冷却，过滤，得到含和活性炭的沉淀，再向其中加入热的稀盐酸，充分溶解后趁热过滤，除去活性炭。 步骤Ⅳ 向所得滤液中加入浓盐酸，用冰水冷却后析出沉淀，过滤、洗涤、干燥、称量。 下列说法正确的是 A. 的中心原子是，配位体是和 B. 步骤Ⅱ中每生成，需加入 C. 由步骤Ⅱ不能得出结论：向溶液中加入双氧水可以生成 D. 若将步骤Ⅲ中盐酸浓度改为与步骤Ⅳ中盐酸浓度相同，则可以增加产品产量 12. 室温下，用溶液吸收烟气中的流程如图所示。 已知：、、、、、。下列说法正确的是 A. 溶液中： B. “吸收”后的溶液中：的平衡常数 C. “沉淀”后的上层清液中： D. “沉淀”后的上层清液中含碳溶质主要为 13. 工业上可用将燃煤尾气中的转化生产，涉及的反应如下： 反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 在密闭容器中，，按、和投料。达平衡状态时，体系中部分含硫物质及的随温度变化的理论计算结果如图所示(n为该物质的物质的量)，图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数无明显变化。下列说法正确的是 A. 曲线①表示平衡时的值随温度的变化 B. ，体系中物质的量之和为 C. 其他条件不变，温度高于，平衡时的物质的量随温度的升高而减小 D. M点处与的物质的量相等，则体系中 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 以硫代硫酸盐浸金的工艺流程如下： （1）“溶解”时，在催化下，用硫代硫酸钠溶液浸泡含有金单质的矿砂，并通入，可浸出金元素。 ①、溶液和反应生成的离子方程式为___________。 ②如果通入过多，会使浸出率降低，原因是___________。 ③控制其他条件相同，和浸出率随的变化如图所示。时，浸出率如图变化的原因是___________。 （2）的结构为。 用树脂“吸附”时，中的___________原子与树脂中季铵基之间存在较强的相互作用。 （3）向含有和的解吸液中加入等金属都能置换出，工业上选择而不选择的原因是___________。 （4）已知“溶解”过程中，的消耗率。用溶液在相同条件下浸泡矿砂。一段时间后，取浸泡液，适当处理后用碘液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗碘液。滴定反应为，且不参与反应。计算“溶解”过程中的消耗率___________(写出计算过程)。 15. 物质Ⅰ是合成消化类药物盐酸凯普拉生的一种中间体，其合成路线如图： 回答以下问题： （1）物质A的系统命名为__________。 （2）物质D中官能团的名称为__________。 （3），若将该步骤的试剂更换为，化合物C的产率大幅下降，可能的原因是__________。 （4）H的结构简式为__________。 （5）同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式为__________（写出一种）。 ①直接与苯环相连 ②1 mol该物质与足量Na反应可生成1 mol ③核磁共振氢谱图有5组峰，峰面积之比为1：2：2：4：6 （6）参照以上合成路线，写出以、乙醇和乙酸乙酯为主要原料制备的合成路线_____________。（无机试剂任选）。 16. 可用于制备锂电池的正极材料，以某锂云母矿石(主要成分为，还有、、MnO、等杂质)制备。 已知：①有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时金属离子浓度 mol⋅L)。 沉淀 恰好完全沉淀时的pH 5.2 8.8 3.2 9.4 9.8 11.1 ②部分物质的溶解度曲线如图所示。 Ⅰ．利用锂云母矿石制备的步骤如下： （1）酸浸。向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，装置如下图所示。烧杯中试剂的作用是___________。 （2）调节pH。向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为6，过滤。再向滤液中继续滴加NaOH溶液调节pH>12，过滤，此时的滤渣主要成分为___________。分两次调节pH的主要原因是___________。 （3）沉锂。将已经除杂的溶液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和溶液，加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得固体。浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入___________杂质(填化学式)。 （4）和混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料，写出该反应的化学方程式：___________。 Ⅱ．热分解可制备。 （5）请补充完整由含 mol⋅L的浸出液(含有杂质、、)制备纯净的实验方案：___________干燥，得到晶体。[须使用的试剂：、NaOH、溶液、、蒸馏水] 17. 气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及相关反应是新型科研热点。回答下列问题： （1）还原法：①用催化还原可以消除氮氧化物的污染。已知： ⅰ： ⅱ： 写出还原至和水蒸气的热化学方程式_______。 ②尿素水溶液热解产生的可去除尾气中的，流程如下： a.尿素中氮元素的化合价为_______。 b.若氧化处理后的尾气中混有，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低的去除率。试分析硫酸盐的产生过程_______。 ③某脱硝反应机理如图-1所示，参与Ⅰ的反应方程式为_______。 （2）氧化法：氧化性强于，能更有效地氧化。 Ⅰ： Ⅱ：(活化能) Ⅲ：(活化能) 可经处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对脱除率的影响，将与混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，脱除率随与混合反应温度变化如图-2所示。试分析在范围内，随着温度的升高脱除率先几乎不变后下降的可能原因是_______。 （3）研究表明氮氧化物的脱除率除了与还原剂、氧化剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以(A、B均为过渡元素)为催化剂，用还原的机理如下： 第一阶段：(不稳定)低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变) 第二阶段：Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. Ⅳ. Ⅴ. 注：表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态 第一阶段用氢气还原得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期高三年级12月月考 化学试卷 可能用到的相对原子质量：I-127 Na-23 S-32 O-16 一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是 A. 硫元素在自然界中均以化合态形式存在 B. 空气中排放过量SO2会形成酸雨，且酸雨的pH会随时间增长而降低 C. 常温下浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有脱水性 D. 质量分数为49%、密度为1.4g·cm-3的硫酸，其物质的量浓度为2.8 mol·L-1 【答案】B 【解析】 【详解】A．硫元素在自然界中既能以化合态形式存在，又能以游离态的形式存在，如硫磺是S单质，故A错误； B．SO2溶于水生成亚硫酸从而使雨水的酸性增强，随着时间增长，亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，酸性增强而pH降低，故B正确； C．浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有强氧化性，故C错误； D．硫酸的物质的量浓度为，故D错误； 故选B。 2. “机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式。我国科研人员合成了由两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烃，结构如图，下列说法错误的是 A. 该索烃属于芳香烃 B. 该索烃的相对分子质量可用质谱仪测定 C. 该索烃的两个大环之间不存在范德华力 D. 破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键 【答案】C 【解析】 【详解】A．该物质是由两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烃，含有苯环，属于芳香烃，A正确； B．质谱仪可测定相对分子质量，质谱图上最大质荷比即为相对分子质量，B正确； C．该物质为分子晶体，分子间存在范德华力，C错误； D．该物质含有共价键，破坏 “机械键”时需要断裂共价键，D正确； 故选C。 3. 用草酸溶液滴定未知浓度的溶液。下列实验操作规范的是 A．配制草酸溶液 B．润洗滴定管 C．滴定 D．读数 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．转移或移液时需要用玻璃棒引流，A错误； B．润洗滴定管时应取少量标准液于滴定管中，倾斜着转动滴定管进行润洗，B错误； C．滴定时，应手持锥形瓶上端摇动锥形瓶，不能手持锥形瓶底端摇动，控制活塞的方式也是错误的，应采用如图所示方式进行滴定，C错误； D．读数时，眼睛平视滴定管凹液面最低点，D正确； 答案选D。 4. 一种用作锂离子电池电解液的锂盐的阴离子结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子中有3个未成对电子。下列说法正确的是 A. W元素最高价氧化物对应的水化物是强酸 B. 该阴离子中不存在非极性键 C. X的氢化物沸点可能高于Z的氢化物 D. 该离子中所有原子最外层均为8电子结构 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子中有3个未成对电子，则其p轨道上有3个电子，价电子排布式为3s23p3，W为P元素，由结构简式知Z形成1个共价键，Y形成2个共价键，X形成4个共价键，则Z为F元素，Y为O元素，X为C。 【详解】A．W为P元素，最高价氧化物对应的水化物是磷酸，磷酸不是强酸，故A错误； B．该阴离子中含有C-C非极性键，故B错误； C．X为C，C元素的氢化物有很多种，分子量越大沸点越高，可能高于Z的氢化物HF，故C正确； D．该离子中P未形成8电子结构，故D错误； 故选C。 阅读下列材料，完成以下问题： F2在常温下与Cu反应生成致密的氟化物薄膜，高温时与Na2SO4反应生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2与浓硫酸在加热条件下反应可制得HF，常温下测得HF的相对分子质量约为37。SO2通入KClO3酸性溶液中制得黄绿色气体ClO2常用作自来水消毒剂。Cl2和潮湿的Na2CO3反应生成Cl2O。(CN)2具有与卤素单质相似的化学性质。Ka(HCN)=4.9×10-10。 5. 下列说法不正确的是 A. 硫酰氟(SO2F2)的键角大于SO2的键角 B. 和Cl2O的中心原子的杂化轨道类型为sp3 C. (CN)2分子中所有原子最外层均满足8电子结构 D. 常温下，氟化氢分子间以氢键结合形成(HF)2 6. 下列化学反应表示正确的是 A. CaF2与浓硫酸反应： B. Cl2和潮湿的Na2CO3反应：2Cl2＋2OH- =2Cl-＋Cl2O＋H2O C. F2与熔融的Na2SO4反应： D. (CN)2与水反应：(CN)2＋H2O⇌H++CN-＋HOCN 7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. ClO2是黄绿色气体，可用于自来水消毒 B. Cu与F2反应生成致密的氟化物薄膜，可用于制作储存F2的容器 C. SO2具有氧化性，可用于与KClO3反应制ClO2 D. HF具有弱酸性，可用于蚀刻玻璃 【答案】5. A 6. C 7. B 【解析】 【5题详解】 A．SO2F2分子中S的杂化类型为sp3，键角约为109.5°，而SO2为sp2杂化，键角约120°，因此SO2F2的键角小于SO2，A错误； B．中Cl的价层电子对数为4（sp3杂化），Cl2O中O的价层电子对数也为4（sp3杂化），B正确； C．(CN)2分子中C和N通过三键连接，均满足8电子结构，C正确； D．HF分子间氢键导致形成(HF)2，D正确； 故选A； 【6题详解】 A．CaF2与浓硫酸反应生成2HF，方程式漏写系数2，正确的方程式：，A错误； B．Cl2与潮湿的Na2CO3反应，B错误； C．F2与熔融的Na2SO4高温发生反应，生成SO2F2、NaF和O2，C正确； D．(CN)2与水反应生成HCN和HOCN，HCN为弱电解质对应的方程式为：(CN)2＋H2OHCN＋HOCN，D错误； 故选C； 【7题详解】 A．ClO2具有强氧化性，可使病菌的蛋白质变性，常用于自来水的消毒，A错误； B．Cu与F2反应生成致密氟化物薄膜，可阻止进一步反应，用于储存F2，B正确； C．SO2与KClO3反应时SO2作为还原剂，体现还原性，C错误； D．HF蚀刻玻璃因与SiO2反应，不是其弱酸性，D错误； 故选B。 8. 全钒液流电池在储能领域有广阔应用，工作原理如图所示。放电时，酸液中强还原性的会失去电子。下列说法正确的是 A. 放电时，电极N作电池的正极 B. 放电时，从交换膜左侧移向右侧 C. 充电时，总反应为 D. 该电池储能能力与电解液罐中液体的量无关 【答案】C 【解析】 【分析】由题干信息可知，放电时失去电子，故电极N作电池的负极，电极M作电池的正极，负正两极的电极方程式分别为、，放电时电池的总反应为。 【详解】A．由题干信息可知，放电时失去电子，故电极N作电池的负极，A错误； B．放电时阳离子向正极移动，故从交换膜右侧移向左侧，B错误； C．充电时，电极M作阳极，电极N作阴极，故阳极和阴极的电极方程式为、则充电时的总反应方程式为，C正确； D．由题干信息可知，电解液中的离子参与反应，因此储能能力与电解液的量有关，电解液的量越多，储能能力越强，D错误； 故选C。 9. 化合物Z是某药物的中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X在的乙醇溶液中加热可发生消去反应 B. Y分子中所有碳原子可能在同一平面上 C. 可与生成的酸反应，提高Z的产率 D. ，在水中的溶解度比Z在水中的小 【答案】C 【解析】 【详解】A．X分子中含有醇羟基，在浓硫酸、加热条件下X可发生消去反应，但在NaOH的乙醇溶液中加热不能发生消去反应，A不正确； B．Y分子中，与3个甲基相连的碳原子为饱和碳原子，饱和碳原子与其直接相连的四个原子形成四面体结构，则Y分子中所有碳原子不可能在同一平面上，B不正确； C．属于胺，呈碱性，可与反应生成的HCl反应，从而促进反应正向进行，使Z的产率提高，C正确； D．X分子中含有亲水性基团羟基，而Z分子中不含亲水基，则在水中的溶解度比Z在水中的大，D不正确； 故选C。 10. 制乙烯的可能过程如图所示。下列说法正确的是 A. 步骤①中发生了氧化反应 B. 催化剂可以降低步骤②反应的焓变 C. 步骤④的过程中有非极性键的断裂与生成 D. 理论上，每合成生成的总量为 【答案】D 【解析】 【详解】A．步骤①发生的反应为，转化为化合价降低，发生还原反应，A错误； B．催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变（只与始态、终态有关），B错误； C．步骤④发生的反应为，结构中只含有极性键，故反应过程无非极性键的断裂，但有乙烯中非极性键的生成，C错误； D．根据图示可知，总反应为，故理论上，每合成生成的总量为，D正确； 故选D。 11. 的制备过程如下： 步骤I 在锥形瓶中加入和蒸馏水，加热溶解后再加入活性炭作催化剂，冷却后加浓氨水，生成。 步骤Ⅱ 向锥形瓶中缓慢加入双氧水并加热，生成。 步骤Ⅲ 冷却，过滤，得到含和活性炭的沉淀，再向其中加入热的稀盐酸，充分溶解后趁热过滤，除去活性炭。 步骤Ⅳ 向所得滤液中加入浓盐酸，用冰水冷却后析出沉淀，过滤、洗涤、干燥、称量。 下列说法正确的是 A. 的中心原子是，配位体是和 B. 步骤Ⅱ中每生成，需加入 C. 由步骤Ⅱ不能得出结论：向溶液中加入双氧水可以生成 D. 若将步骤Ⅲ中盐酸浓度改为与步骤Ⅳ中盐酸浓度相同，则可以增加产品产量 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，将粗产品溶于热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入浓盐酸，用冰水冷却后析出沉淀，过滤后用冷的HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。 【详解】A．配合物[Co(NH3)6]Cl3中，Co3+为中心离子，NH3为配体，Cl-为外界离子，不参与配位，A错误； B．用H2O2氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，Co元素由+2价上升到+3价，H2O2中O元素由-1价下降到-2价，步骤Ⅱ中每生成，理论上需加入，但H2O2受热会分解，实际需要加入的H2O2要大于1mol，B错误； C．步骤Ⅱ中NH3配位稳定Co3+，若无NH3，Co2+可能难被氧化，无法直接推断纯CoCl2溶液中反应可行，C正确； D．步骤Ⅲ用稀盐酸溶解产物，若用浓盐酸会降低溶解度，导致产物未完全溶解即被过滤，减少产量，D错误； 故选C。 12. 室温下，用溶液吸收烟气中的流程如图所示。 已知：、、、、、。下列说法正确的是 A. 溶液中： B. “吸收”后的溶液中：的平衡常数 C. “沉淀”后的上层清液中： D. “沉淀”后的上层清液中含碳溶质主要为 【答案】D 【解析】 【分析】Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，反应生成NaHSO3，加入CaCO3后发生反应生成NaHCO3和CaSO3，CaSO3被氧气氧化后生成CaSO4，据此分析； 【详解】A．根据电荷守恒有，A错误； B．“吸收”后的溶液中：的平衡常数，B错误； C．当上层清液与和两种固体同时达到沉淀溶解平衡时，成立，C错误； D．根据分析，“沉淀”后的上层清液中含碳溶质主要为，D正确； 故选D。 13. 工业上可用将燃煤尾气中的转化生产，涉及的反应如下： 反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 在密闭容器中，，按、和投料。达平衡状态时，体系中部分含硫物质及的随温度变化的理论计算结果如图所示(n为该物质的物质的量)，图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数无明显变化。下列说法正确的是 A. 曲线①表示平衡时的值随温度的变化 B. ，体系中物质的量之和为 C. 其他条件不变，温度高于，平衡时的物质的量随温度的升高而减小 D. M点处与的物质的量相等，则体系中 【答案】D 【解析】 【分析】按1 molCaS、1 molSO2和0.1 molH2O投料，依据原子守恒分析：①钙元素守恒，则有n(CaSO4)+n(CaS)=1 mol，②气体物质中硫元素守恒，n(SO2)+n(H2S)+2n(S2)=1 mol，③氢元素守恒，n(H2O)+n(H2S)+n(H2)=0.1 mol，④氧元素守恒，n(H2O)+ 4n(CaSO4)+ 2n(SO2) =2.1 mol；图示温度范围内反应Ⅱ的平衡常数无明显变化，则；据此分析。 【详解】A．依据分析结合反应Ⅲ，随着温度升高，n(H2S)减小，n(H2)增加，n(S2)也应该增加（比氢气增加幅度小），又n(CaS)增加，则升高温度反应Ⅰ平衡可能逆移，n(S2)减小，总体分析，曲线②表示平衡时S2的lgn值随温度的变化，曲线①表示平衡时SO2的lgn值随温度的变化，A错误； B．1300K时，根据气体物质中硫元素守恒，n(SO2)+n(H2S)+2n(S2)=1 mol，B错误； C．图示温度范围内反应Ⅱ的平衡常数无明显变化，则，即温度高于1000K时，n(H2)增加，则n(H2O)应该增加（二者成正比），C错误； D．M点处H2S与H2的物质的量相等，设n(H2)=a mol，则n(H2S)=a mol，又氢元素守恒，n(H2O)+n(H2S)+n(H2)=0.1 mol，则n(H2O)=（0.1-2a）mol，结合得：，D正确； 故答案选D。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 以硫代硫酸盐浸金的工艺流程如下： （1）“溶解”时，在催化下，用硫代硫酸钠溶液浸泡含有金单质的矿砂，并通入，可浸出金元素。 ①、溶液和反应生成的离子方程式为___________。 ②如果通入过多，会使浸出率降低，原因是___________。 ③控制其他条件相同，和浸出率随的变化如图所示。时，浸出率如图变化的原因是___________。 （2）的结构为。 用树脂“吸附”时，中的___________原子与树脂中季铵基之间存在较强的相互作用。 （3）向含有和的解吸液中加入等金属都能置换出，工业上选择而不选择的原因是___________。 （4）已知“溶解”过程中，的消耗率。用溶液在相同条件下浸泡矿砂。一段时间后，取浸泡液，适当处理后用碘液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗碘液。滴定反应为，且不参与反应。计算“溶解”过程中的消耗率___________(写出计算过程)。 【答案】（1） ①. ②. 被氧化，导致反应物减少，浸出率降低(或“被氧化，导致反应物浓度降低，使浸出速率降低”) ③. 浓度增大，催化剂浓度降低(或转化为) （2）O(或“氧”) （3）也会置换出，导致的用量增加，置换出的纯度降低；置换后，可生成，作催化剂 （4） 【解析】 【分析】研磨后在催化下，用硫代硫酸钠溶液浸泡含有金单质的矿砂，并通入可浸出金元素，得到浸金液，用树脂吸附后，然后解吸，向含有和的解吸液中加入Cu能置换出； 【小问1详解】 ①在催化下，和溶液、反应生成，反应中氧气为氧化剂，氧气中氧化合价由0变为-2、Au化合价由0变为+1，结合电子守恒，离子方程式为。 ②氧气具有氧化性，如果通入过多，使得被氧化，导致反应物减少，浸出率降低(或“被氧化，导致反应物浓度降低，使浸出速率降低”)； ③时，溶液碱性增强，浓度增大，使得催化剂浓度降低(或转化为)，导致浸出率降低； 【小问2详解】 中氧的电负性较强，其带负电荷，带正电荷，故中的O原子与树脂中季铵基之间存在较强的相互作用； 【小问3详解】 锌的还原性大于铜、金，也会置换出，导致的用量增加，置换出的纯度降低，而使用置换后，可生成，作溶解过程的催化剂，故工业上选择而不选择； 【小问4详解】 滴定反应为，则溶液中为，100mL溶液中为，则“溶解”过程中的消耗率=87.5%。 15. 物质Ⅰ是合成消化类药物盐酸凯普拉生的一种中间体，其合成路线如图： 回答以下问题： （1）物质A的系统命名为__________。 （2）物质D中官能团的名称为__________。 （3），若将该步骤的试剂更换为，化合物C的产率大幅下降，可能的原因是__________。 （4）H的结构简式为__________。 （5）同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式为__________（写出一种）。 ①直接与苯环相连 ②1 mol该物质与足量Na反应可生成1 mol ③核磁共振氢谱图有5组峰，峰面积之比为1：2：2：4：6 （6）参照以上合成路线，写出以、乙醇和乙酸乙酯为主要原料制备的合成路线_____________。（无机试剂任选）。 【答案】（1）3-硝基苯酚 （2）氨基、醚键 （3）的碱性比弱，难以使酚羟基充分转化为酚盐，酚氧负离子浓度较低，因而与B的取代反应速率显著降低，C的产率大幅下降 （4） （5）、、、 （6） 【解析】 【分析】结合A和C的结构简式可知，A中羟基的氢氧键断裂与B中去掉溴原子后的结构发生取代反应生成C和，因此B的结构简式为，C中的硝基（）与氢气发生还原反应生成D中的氨基（），D到E过程发生两步反应，第一步为D中的氨基（）与、HCl反应生成，第二步为与、反应生成E，根据E、G、I的结构简式可推出H为，据此分析解答。 【小问1详解】 A中羟基为优先官能团，以连羟基的碳原子为1号碳并使硝基位次最小；硝基位于3号碳，所以A的系统命名为3-硝基苯酚； 【小问2详解】 D的苯环直接连接氨基，侧链中含有碳氧碳连接，因此D中的官能团为氨基、醚键； 【小问3详解】 A与B生成C时，使酚羟基转化为亲核性更强的酚氧负离子。的碱性较弱，使酚盐生成程度降低，取代反应速率显著降低，故C的产率大幅下降； 【小问4详解】 由分析可知，H的结构简式为； 【小问5详解】 D的分子式为。不饱和度为4，1 mol该物质与足量Na反应可生成1 mol ，且分子中有2个氧原子，又因为取代基中没有不饱和度，因此只能是两个羟基，结合条件①和③可得符合条件的同分异构体为、、、； 【小问6详解】 起始羧酸先与乙醇发生酯化反应，再按原路线中F到G的条件形成吡咯环，最后在、加热条件下使吡咯环加氢，即可得到目标产物，合成路线为：。 16. 可用于制备锂电池的正极材料，以某锂云母矿石(主要成分为，还有、、MnO、等杂质)制备。 已知：①有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时金属离子浓度 mol⋅L)。 沉淀 恰好完全沉淀时的pH 5.2 8.8 3.2 9.4 9.8 11.1 ②部分物质的溶解度曲线如图所示。 Ⅰ．利用锂云母矿石制备的步骤如下： （1）酸浸。向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，装置如下图所示。烧杯中试剂的作用是___________。 （2）调节pH。向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为6，过滤。再向滤液中继续滴加NaOH溶液调节pH>12，过滤，此时的滤渣主要成分为___________。分两次调节pH的主要原因是___________。 （3）沉锂。将已经除杂的溶液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和溶液，加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得固体。浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入___________杂质(填化学式)。 （4）和混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料，写出该反应的化学方程式：___________。 Ⅱ．热分解可制备。 （5）请补充完整由含 mol⋅L的浸出液(含有杂质、、)制备纯净的实验方案：___________干燥，得到晶体。[须使用的试剂：、NaOH、溶液、、蒸馏水] 【答案】（1）吸收HF，防止污染空气 （2） ①. 、 ②. 防止铝元素转化为，无法去除 （3） （4） （5）向浸出液中边搅拌边加入适量，再滴加NaOH溶液调节pH为5.2~7.4，过滤，向滤液中加入溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤的滤液加入溶液不再出现沉淀为止 【解析】 【分析】“酸浸”时向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，发生的反应有：Li2O+H2SO4=Li2SO4+H2O、 Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、MgF2+H2SO4=MgSO4+2HF，先调节pH为6让Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤出Fe(OH)3、Al(OH)3，将滤液的pH继续调节pH值为12，析出Mg(OH)2和Mn(OH)2沉淀，过滤得到较纯净的Li2SO4溶液，加入饱和Na2CO3溶液，则发生反应Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，过滤洗涤干燥得到纯净的Li2CO3，据此分析解题。 【小问1详解】 向锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)中加入30%硫酸，加热至90℃，反应会生成HF，HF会污染空气，因此烧杯中试剂的作用是吸收HF，防止污染空气，故答案为：吸收HF，防止污染空气； 【小问2详解】 根据恰好完全沉淀时pH，向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为6，过滤，得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；再向滤液中继续滴加氢氧化钠溶液调pH＞12，过滤，此时的滤渣主要成分为Mg(OH)2、Mn(OH)2，氢氧化铝中继续加入氢氧化钠溶液，会使氢氧化铝沉淀溶解，因此分两次调节pH的主要原因是防止铝元素转化为，无法去除，故答案为：Mg(OH)2、Mn(OH)2；防止铝元素转化为，无法去除； 【小问3详解】 将已经除杂的溶液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和Na2CO3溶液，加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得Li2CO3固体，根据图知，随温度的升高，硫酸钠的溶解度减小，所以浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入Na2SO4杂质，故答案为：Na2SO4； 【小问4详解】 Li2CO3和Co3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCoO2，根据氧化还原反应原理分析Li2CO3、Co3O4和O2在高温下反应生成LiCoO2和CO2，其反应方程式：； 【小问5详解】 根据题意主要是先将浸出液(含有杂质Al3+、Fe3+、Fe2+)中亚铁离子氧化，常用氯酸钠氧化亚铁离子变为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节pH值将铝离子和铁离子除掉，再加入草酸铵溶液沉淀Co2+，再过滤洗涤，检验是否洗涤干净，因此制备纯净的CoC2O4•2H2O实验方案：向浸出液中边搅拌加入适量NaClO3氧化Fe2+，再滴加NaOH溶液调节pH的范围至5.2～7.4除去Al3+、Fe3+；过滤，向滤液中加入(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤的滤液加入AgNO3溶液不再出现沉淀为止，干燥，得到CoC2O4•2H2O晶体。 17. 气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及相关反应是新型科研热点。回答下列问题： （1）还原法：①用催化还原可以消除氮氧化物的污染。已知： ⅰ： ⅱ： 写出还原至和水蒸气的热化学方程式_______。 ②尿素水溶液热解产生的可去除尾气中的，流程如下： a.尿素中氮元素的化合价为_______。 b.若氧化处理后的尾气中混有，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低的去除率。试分析硫酸盐的产生过程_______。 ③某脱硝反应机理如图-1所示，参与Ⅰ的反应方程式为_______。 （2）氧化法：氧化性强于，能更有效地氧化。 Ⅰ： Ⅱ：(活化能) Ⅲ：(活化能) 可经处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对脱除率的影响，将与混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，脱除率随与混合反应温度变化如图-2所示。试分析在范围内，随着温度的升高脱除率先几乎不变后下降的可能原因是_______。 （3）研究表明氮氧化物的脱除率除了与还原剂、氧化剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以(A、B均为过渡元素)为催化剂，用还原的机理如下： 第一阶段：(不稳定)低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变) 第二阶段：Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. Ⅳ. Ⅴ. 注：表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态 第一阶段用氢气还原得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是_______。 【答案】（1） ①. ②. -3 ③. 尾气中剩余的NO2溶于水生成具有强氧化性的HNO3， 与水反应生成H2SO3，HNO3将H2SO3氧化为H2SO4，从而形成硫酸盐 ④. 2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+ （2）50- 150℃时，NO与O3的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大。温度高于150℃时，O3分解速率迅速增加，O3分解对O3氧化NO反应的影响变大，温度超过150℃时，随着温度升高，NO脱除率下降 （3）还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快 【解析】 【小问1详解】 已知：ⅰ： ⅱ： 根据盖斯定律，由ⅰ-ⅱ得反应； a.在尿素中，碳元素是+4价，氧元素是-2价，氢元素是+1价，根据化合价代数和为0可推知，氮元素的化合价为-3价； b.尾气中剩余的NO2溶于水生成具有强氧化性的HNO3， 与水反应生成H2SO3，HNO3将H2SO3氧化为H2SO4，从而形成硫酸盐； c．图中Cu+在反应前后性质、质量不变,为催化剂；用乙烯进行脱硝(NO) ,从题图可以知道，乙烯被Cu+(NO2)氧化成二氧化碳(其中C化合价由-2→+4),Cu+(NO2)自身被还原成N2(其中N化合价由+4→0),反应方程式为2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+； 【小问2详解】 50~150℃时，NO与O3的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大。温度高于150℃时，O3分解速率迅速增加；故答案为: 50- 150℃时，NO与O3的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大。温度高于150℃时，O3分解速率迅速增加，O3分解对O3氧化NO反应的影响变大，温度超过150℃时，随着温度升高，NO脱除率下降； 【小问3详解】 还原前后催化剂中金属原子的个数不变，则还原后低价的金属离子越多，催化剂表面的氧缺位越多,氧缺位越多，反应速率越快， 故答案为:还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $